UBND TỈNH QUẢNG NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn thi: Hóa học (dành cho thí sinh chun hóa học) Thời gian làm bài: 120 phút(khơng kể thời gian giao đề) Câu (3,0 điểm) Từ nguyên liệu ban đầu KClO3, FeS, CaCO3 H2O, khơng sử dụng thêm hóa chất khác, điều chế chất khí phương pháp hóa học? Viết phương trình hóa học phản ứng xảy Biết điều kiện thiết bị thí nghiệm cần thiết có đủ Có lọ hóa chất nhãn, lọ đựng dung dịch riêng biệt chất tan sau: HCl, NaOH, Ba(OH)2, K2CO3, MgSO4 Khơng sử dụng thêm hóa chất khác, trình bày phương pháp hóa học nhận dung dịch Hỗn hợp rắn A gồm BaCO3, Cu FeO Nung nóng hỗn hợp A điều kiện khơng có khơng khí, sau thời gian thu hỗn hợp rắn B khí D Cho hỗn hợp rắn B vào nước dư đến phản ứng hoàn toàn thu dung dịch E hỗn hợp rắn F Cho hỗn hợp rắn F tác dụng với dung dịch HCl dư, sau kết thúc phản ứng thu khí D, dung dịch G chất rắn M Xác định chất B, D, E, F, G M Viết phương trình hóa học phản ứng xảy GIẢI 1.1 t 2KClO3   2KCl + 3O2 t CaCO3   CaO + CO2 2H2O điện→phân 2H2 + O2 t 4FeS + 7O2   2Fe2O3 + 4SO2 2KCl + 2H2O điện phân→dung dịch 2KOH + H2 + Cl2 t H2 + Cl2   2HCl 2HCl + FeS → FeCl2 + H2S 2.2 - Đánh dấu hóa chất, chia nhỏ mẫu thử - Lần lượt lấy mẫu thử phản ứng với mẫu thử lại HCl NaOH Ba(OH)2 K2CO3 ↑ HCl NaOH ↓ Ba(OH)2 ↑ ↓ K2CO3 ↓ ↓ ↓ MgSO4 1↑ 1↓ 2↓ ↓, ↑ MgSO4 ↓ ↓ ↓ 3↓ + Mẫu thử đổ vào dung dịch cịn lại xuất khí dung dịch HCl + Mẫu thử đổ vào dung dịch lại xuất kết tủa dung dịch NaOH + Mẫu thử đổ vào dung dịch lại xuất kết tủa dung dịch Ba(OH)2 + Mẫu thử đổ vào dung dịch lại xuất khí, kết tủa dung dịch K2CO3 + Mẫu thử đổ vào dung dịch lại xuất kết tủa dung dịch MgSO4 Các phương trình phản ứng: 2HCl + K2CO3 → 2KCl + CO2  + H2O 2NaOH + MgSO4 → Mg(OH)2  + Na2SO4 Ba(OH)2 + K2CO3 → BaCO3  + 2KOH Ba(OH)2 + MgSO4 → BaSO4  + Mg(OH)2  MgSO4 + K2CO3 → MgCO3  + K2SO4 1.3 Rắn B gồm Cu, FeO, BaO, có BaCO3 dư Khí D CO2 Dung dịch E chứa Ba(OH)2 Rắn F gồm Cu, FeO, có BaCO3 dư Dung dịch G chứa BaCl2, FeCl2 HCl dư Chất rắn M Cu Các phương trình phản ứng t BaCO3   BaO + CO2↑ BaO + H2O → Ba(OH)2 Cho rắn F tác dụng dung dịch HCl dư thấy có khí CO2  rắn F chắn có BaCO3  rắn B chắn có BaCO3 BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑ + H2O FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O Câu (2,0 điểm) Nêu tượng, viết phương trình phản ứng hóa học xảy thí nghiệm sau: a Thí nghiệm 1: Dẫn khí etilen từ từ dư qua dung dịch brom b Thí nghiệm 2: Cho vỏ trứng (đã đập nhỏ) vào ống nghiệm chứa sẵn dung dịch giấm ăn c Thí nghiệm 3: Cho vào ống nghiệm ml rượu etylic khan, ml axit axetic, nhỏ thêm từ từ khoảng ml axit sunfuric đặc, lắc Đun nhẹ lửa đèn cồn từ đến phút Cho thêm ml dung dịch muối ăn bão hòa, lắc nhẹ để yên d Thí nghiệm 4: Cho dung dịch saccarozơ vào ống nghiệm, thêm vào giọt dung dịch H 2SO4, đun nóng từ đến phút Sau đó, thêm dung dịch NaOH vào để trung hòa Cho dung dịch vừa thu vào ống nghiệm chứa dung dịch AgNO3 amoniac Cho hỗn hợp khí X gồm C2H2 H2 có tỉ khối so với khí H2 5,8 Đun nóng 3,36 lít hỗn hợp X (có xúc tác Ni) thu hỗn hợp Y Cho hỗn hợp Y qua bình đựng dung dịch brom dư thấy bình đựng dung dịch brom tăng m gam 1,344 lít khí Z có tỉ khối so với khí H2 4,5 Biết thể tích khí đo điều kiện tiêu chuẩn a Tính phần trăm khối lượng chất hỗn hợp X b Tính giá trị m GIẢI 2.1 a Hiện tượng: Màu dung dịch brom nhạt dần chuyển sang không màu C2H4 + Br2  C2H4Br2 b Hiện tượng: Vỏ trứng tan dần, có bọt khí 2CH3COOH + CaCO3  (CH3COO)2Ca + H2O + CO2 c Hiện tượng: Có chất lỏng không màu, mùi thơm, không tan nước, mặt nước (hoặc dung dịch phân lớp)  H2 SO    to CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O d Hiện tượng: Có kết tủa xuất  H2tSO o  C12H22O11 + H2O C6H12O6 + C6H12O6 H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O NH  C6H12O7 + 2Ag C6H12O6 + Ag2O   2.2 3,36 =0,15 mol a n X = 22,4 Gọi nC H =x mol ; n H = y mol 2 Theo : x + y = 0,15 (*) ´ X = 5,8.2 = 11,6 → mX = 11,6.0,15 = 1,74g M Gọi x, y số mol C2H2, H2 có hỗn hợp X (x,y>0) → m C H +m H =26 x+2 y=1,74 (**) 26 x+2 y=1,74 x=0,06 ↔ Từ (*), (**) có hệ: x+ y =0,15 y=0,09 0,06.26 100 % ≈ 89,66 % →%m C H = 1,74 0,09.2 100 % ≈ 10,34 % →%m H = 1,74 o b C2H2 + H2 ¿ , t C2H4 (3) 2 { { 2 → o , t C2H6 (4) C2H2 + 2H2 ¿ → Y gồm: C2H2 dư, H2 dư, C2H4, C2H6 C2H2 dư + 2Br2 → C2H2Br4 (5) C2H4 + Br2 → C2H4Br2 (6) Áp dụng bảo toàn khối lượng: mY =m X =1,74 g Hỗn hợp khí Z: C2H6 H2 1,344 n Z= =0,06 mol 22,4 MZ = 4,5 = g/mol → mZ = 0,06.9 = 0,54 g Áp dụng bảo toàn khối lượng: mX = mY = m + mZ  mbình Br2 tăng = m = mY - mZ = 1,74 – 0,54 = 1,2 g Câu (3,0 điểm) Hịa tan hồn tồn 6,7 gam hỗn hợp X gồm K, BaO, Ba, K 2O nước, sau phản ứng thu 500 ml dung dịch B 336 ml khí H (đo điều kiện tiêu chuẩn) Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư, kết thúc phản ứng thu 5,91 gam kết tủa Tính nồng độ mol chất dung dịch B Cho 3,84 gam Mg vào 200 ml dung dịch A chứa hỗn hợp CuSO4 xM FeSO4 0,8M Sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu 9,6 gam chất rắn B dung dịch D Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 lấy dư đến kết thúc phản ứng thu kết tủa E Lọc lấy kết tủa E, sau nung E khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu a gam chất rắn Tính giá trị x a Hỗn hợp A gồm Fe2O3, MgO CuO Tiến hành hai thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: Hịa tan m gam hỗn hợp A dung dịch HCl dư, sau phản ứng, cô cạn dung 157 m dịch thu gam muối khan 80 - Thí nghiệm 2: Dẫn luồng khí CO dư qua m gam hỗn hợp A nung nóng, thu hỗn hợp 5m khí X Cho tồn hỗn hợp X vào nước vôi dư, thu gam kết tủa Tính phần trăm khối lượng chất có hỗn hợp A Giả thiết phản ứng xảy hồn tồn GIẢI 3.1 Các phương trình phản ứng: K2O + H2O → 2KOH (1) BaO + H2O → Ba(OH)2 (2) 2K + 2H2O → 2KOH + H2 (3) Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (4) Ba(OH)2 + 2NaHCO3 → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O (5) 0,336 5,91 =0,015 mol ; n BaCO = =0,03 mol 22,4 197 Theo (4) n Ba(OH ) =n BaCO =¿ 0,03 mol 0,03 =0,06(M )  C M Ba (OH ) = 0,5 Gọi n KOH =x (mol) (x>0) Áp dụng bảo toàn nguyên tố H: n H ( H O )=nH ( KOH )+ nH ( Ba (OH ) )+ nH ( H ) nH = 3 2 2  n H ( H O )=x +2.0,03+2.0,015=x+ 0,09(mol) x+ 0,09 n( H O ) = ( mol) Áp dụng bảo toàn khối lượng vào (1-4): mX + mH2O = mKOH + mBa(OH)2 + mH2 x+0,09 =56 x +0,03.171+0,015.2  6,7+18 x=0,05 0,05 =0,1(M )  C M (KOH) = 0,5 3.2 Phản ứng xảy theo thứ tự sau: Mg + CuSO4 → Cu + MgSO4 (1) 0,2x 0,2x 0,2x 0,2x mol Mg + FeSO4 → Fe + MgSO4 (2) 0,16-0,2x 0,16-0,2x 0,16-0,2x 0,16-0,2x mol 3,84 nMg  0,16mol 26 + n  0, 2.0,8  0,16 mol + FeSO4 n  0, x mol + CuSO4 * Xét phản ứng (1): Giả sử Mg phản ứng hết: nCu = nMg = 0,16 mol  nCu = 0,16.64 = 10,24 gam > 9,6 gam  Sau phản ứng (1) Mg dư, CuSO4 hết n  0, x  nCu (1) nMg phản ứng (1) = CuSO4 nMg dư sau (1) = 0,16 – 0,2x n * Xét phản ứng (2): FeSO4 (0,16 mol) > nMg dư sau (1) (0,16 – 0,2x) nên Mg phản ứng hết; FeSO4 dư nFe (2) = nMg = 0,16 – 0,2x Vậy 9,6 = mCu (1) + mFe (2) = 0,2x.64 + (0,16 – 0,2x)56  x = 0,4 (mol/l) nFeSO4 nMgSO4 = nMg = 0,16 mol dư sau (2) = 0,16 – (0,16 – 0,2x) = 0,08 mol, * Dung dịch D gồm: MgSO4 (0,16 mol); FeSO4 (0,08 mol) Cho D tác dụng với Ba(OH)2: Ba(OH)2 + MgSO4 → BaSO4 + Mg(OH)2 (3) 0,16 0,16 0,16 0,16 mol Ba(OH)2 + FeSO4 → BaSO4 + Fe(OH)2 (4) 0,08 0,08 0,08 0,08 mol * Kết tủa E gồm: Mg(OH)2, Fe(OH)2, BaSO4 Nung kết tủa E ngồi khơng khí đến khối lượng khơng đổi t Mg(OH)2   MgO + H2O (5) 2 0,16 0,16 mol 4Fe(OH)2 + O2   2Fe2O3 + 4H2O (6) 0,08 0,04 mol Chất rắn thu gồm: MgO, Fe2O3, BaSO4 Theo (1,2,3,5): n Mg = n MgSO4 = n Mg(OH)2 = n MgO = 0,16 mol n  nFe OH   2nFe2O3  0, 08 mol  nFe2O3  0, 04 mol Theo (1,4,6): FeSO4 du nBaSO4 0,16  0, 08 0, 24mol t a  mMg  mFe2O3  mBaSO4 Vậy: = 68,72 gam 3.3 Thí nghiệm 1: CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (1) Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (2) MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O (3) Thí nghiệm 2: t CuO + CO   Cu + CO2 (4) t Fe2O3 + 3CO   2Fe + 3CO2 Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O Chọn m = 80 g mmuối (thí nghiệm 1) = 157 g (5) (6) 100 =1 mol 100 Gọi nCuO =x mol ; nFe O = y mol ; n MgO=z mol Theo bài: 80x + 160y + 40z =80 (*) Theo (1): nCuCl =nCuO =x (mol) Theo (2): n FeCl =2n Fe O =2 y (mol) Theo (3): n MgCl =nMgO=z (mol)  135x + 325y+ 95z = 157 (**) Theo (4,5): nCO =n CuO +3 n Fe O =x +3 y (mol) Theo (6): nCaCO =nCO =x+3 y =¿1( mol ) (***) 80 x +160 y +40 z=80 x=0,4 Có hệ phương trình: 135 x +325 y +95 z=157 y=0,2 x +3 y=1 z =0,4 80.0,4 100 %=40 % %m CuO = 80 160.0,2 100 %=40 % %m Fe O = 80 40.0,4 100 %=20 % %m MgO = 80 Câu (2,0 điểm) Cho hỗn hợp khí A gồm hai hiđrocacbon Dẫn 336 ml hỗn hợp khí A vào bình đựng dung dịch brom dư Sau phản ứng thấy 112 ml khí, đồng thời khối lượng bình đựng dung dịch brom tăng 0,4 gam Đốt cháy 336 ml hỗn hợp khí A khí O2 dư, cho tồn sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng 200 ml dung dịch NaOH 0,4M, sau phản ứng thu dung dịch B Biết dung dịch B chứa 4,11 gam chất tan, khối lượng dung dịch B lớn khối lượng dung dịch NaOH ban đầu m gam Xác định công thức phân tử hai hiđrocacbon hỗn hợp A tính giá trị m Giả thiết phản ứng xảy hoàn toàn, thể tích khí đo điều kiện tiêu chuẩn m CaCO = 100g  nCaCO = (thí nghiệm 2) 3 3 2 2 { 3 { Nung m gam hỗn hợp X gồm NaHCO3 CaCO3 nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu chất rắn Y Cho chất rắn Y vào nước dư, kết thúc phản ứng thu m1 gam kết tủa Z dung dịch E Khi nhỏ từ từ dung dịch HCl 1M vào dung dịch E, thấy tượng sau: - Nếu dùng hết V lít dung dịch HCl bắt đầu có khí - Nếu dùng hết 1,2V lít dung dịch HCl khí ngừng m Tính tỉ lệ m1 GIẢI 4.1 nA = 0,336 = 0,015mol 22,4 Hiđrocacbon thoát khỏi bình brom ankan có cơng thức tổng quát là: CnH2n+2 nC H = n 2n+2 0,112 = 0,005mol 22,4 Số mol hiđrocacbon lại: n= 0,015 – 0,005 = 0,01 mol Khối lượng bình brom tăng khối lượng hiđrocacbon bị giữ lại: 0,4 gam 0,4 = 40(g/mol) 0,01  M=  C3H4 Đốt cháy hỗn hợp khí A thu CO2 H2O n Bảo toàn nguyên tố C: CO2 nNaOH= 0,2.0,4 = 0,08 mol =3.n C H +n.n C H =0,03+0,005n (mol) n n 2n+2 0,03+ 0,005.4 = 0,05mol Ankan chất khí nên n   CO2 Xảy trường hợp: Trường hợp 1: CO2 NaOH phản ứng hết sinh hai muối CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O CO2 + NaOH → NaHCO3 n = 0,08-(0,03+0,005n) =0,05-0,005n CO  Bảo toàn khối lượng: m CO +m NaOH =m B +m H O 2 44(0,03+0,005n) + 0,08.40 = 4,11 + 18(0,05 – 0,005n)  n = 1,58 (loại) Trường hợp 2: CO2 phản ứng hết, NaOH dư CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O n H O =n CO =0,03+0,005n 2 Bảo toàn khối lượng: m CO +m NaOH =m B +m H O 2 44(0,03+0,005n) + 0,08.40 = 4,11 + 18(0,03 – 0,005n) n=1 Vậy ankan CH4 Công thức phân tử hiđrocacbon A là: CH4, C3H4 Do đó, n CO =0,03+0,005n=0,035 mol n H O =0,03 mol 2 m=m H O +mCO =0,03.18+0,035.44=2,62g 2 4.2 Gọi số mol NaHCO3 x mol, số mol CaCO3 y mol hỗn hợp X ban đầu  m = 84x + 100y Khi nung hỗn hợp X xảy phản ứng: to 2NaHCO3   Na2CO3 + H2O + CO2 x 0,5x to (1) mol CaCO3   CaO + CO2 (2) y y mol Chất rắn Y gồm Na2CO3 CaO Khi cho Y vào nước dư: CaO + H2O  Ca(OH)2 (3) y y Na2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3  + 2NaOH (4) y y y 2y Kết tủa Z CaCO3 Vì cho HCl vào E có khí CO2 nên dung dịch E có NaOH Na2CO3 dư Theo (1): nNa2CO3 = 0,5.nNaHCO3 = 0,5x (mol) Theo (2): nCaO = nCaCO3 = y (mol) Theo (3), (4): nCaCO3 (Z) = y (mol) Theo (4): nNa2CO3 phản ứng = nCa(ỌH)2 = nCaO = y (mol) nNaOH = 2.nNa2CO3 phản ứng = 2y (mol) nNa2CO3 dư= 0,5x – y (mol) Vậy dung dịch E có Na2CO3 (0,5x – y) mol NaOH 2y mol * Khi nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch E, phản ứng theo thứ tự sau: NaOH + HCl → NaCl + H2O (5) 2y 2y Na2CO3 + HCl → NaCl + NaHCO3 (6) 0,5x-y 0,5x-y NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2↑ + H2O (7) Chọn V = lít - Khi CO2 bắt đầu thoát ra, xảy phản ứng (5), (6) n  nNaOHdu  nNa2CO3  HCl → = 0,5x + y (*) - Khi CO2 thoát hết, xảy phản ứng (5), (6), (7) n  nNaOHdu  2nNa2CO3  HCl → 1,2 = x (**) Từ (*) (**) tính được: y = 0,4 m = 84x+ 100y = 140,8 m1  mZ  mCaCO3 = 40g m : m1 = 3,52g - HẾT -