09 chuyên bình thuận 2021 2022

Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau theo sơ đồ sau: a.. Từ tinh bột, các hóa chất vô cơ và điều kiện cần thiết khác có đủ, hãy viết phương trình

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 Môn thi: Hóa học

Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2 điểm)

1 Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau theo sơ đồ sau:

a Cho mẩu đá vôi vào dung dịch NaHSO4 dư

b Cho một 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

2 Từ tinh bột, các hóa chất vô cơ và điều kiện cần thiết khác có đủ, hãy viết phương trình hóa học

điều chế etyl axetat (ghi rõ điều kiện nếu có)

GIẢI 1.1

a Hiện tượng: Mẫu đá vôi tan dần đến hết, có sủi bọt khí và kết tủa trắng

CaCO3 + 2 NaHSO4   CaSO4 + CO2 + Na2SO4 + H2O

b Hiện tượng: dây đồng tan ra tạo dung dịch màu xanh và có khí mùi hắc sinh ra

Cu + 2 H2SO4 đặc   CuSOt0 4 + SO2 + 2 H2O

c Hiện tượng: SO2 làm nhạt màu nước brom dần sau đó mất màu

SO2 + 2H2O + Br2   2HBr + H2SO4

d Hiện tượng: có kết tủa trắng và có khí mùi khai thoát ra

Ba(OH)2 + (NH4)2SO4  BaSO4 + 2NH3+ 2H2O

1.2

(C6H10O5)n + n H2O axit

  nC6H12O6

C6H12O6 0

30 35

men ruou

C



    2C2H5OH + 2 CO2

C2H5OH + O2    men giam CH3COOH + H2O

C2H5OH + CH3COOH H SO đ t2 4 , o

   

   CH3COOC2H5+ H2O

Câu 2: (2,0 điểm)

1 Cho sơ đồ điều chế khí oxi trong phòng thí nghiệm:

a Chỉ ra 2 chất có thể là X trong sơ đồ trên, viết phương

trình hóa học xảy ra

b Hãy giải thích tại sao trong thí nghiệm trên:

– Khí oxi lại được thu bằng cách đẩy nước

– Khi kết thúc thí nghiệm phải tháo ống dẫn khí trước

khi tắt đèn cồn

2 Cho m gam hỗn hợp R gồm Na và Fe tác dụng hết với dung dịch axit HCl, dung dịch thu được

cho tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn nặng m gam Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp R

GIẢI 2.1

a X có thể là: KMnO4, KClO3

2KMnO4 t0

  K2MnO4 + MnO2 + O2

2KClO3   MnO t2,  2KCl + 3O2

b Giải thích:

+ Khí O2 rất ít tan trong nước, có M O2 = 32 nặng hơn không khí (MKK=29) không nhiều(ý này dư), nên được thu bằng cách đẩy nước

+ Phải tháo ống dẫn khí trước vì nếu tắt đèn cồn trước, sự chênh lệch áp suất sẽ làm cho nước trào vào ống nghiệm, gây vỡ ống nghiệm

2.2

Gọi a, b lần lượt là số mol của Na và Fe

2Na + 2HCl   2NaCl + H2

Fe + 2HCl   FeCl2 + H2

b b (mol)

Dung dịch thu được có thể có HCl dư

HCldư + NaOH   NaCl + H2O

FeCl2 + 2NaOH   Fe(OH)2 +2NaCl

b b (mol)

4Fe(OH)2 + O2   2Fet0 2O3 + 4H2O

b 0,5b (mol)

m rắn = 0,5b 160= 80b = m

mR = 23 a + 56 b = m

% Fe = 56

80

b

b

.100%= 70%

%Na = 100 – 70 = 30%

Câu 3: (2,0 điểm)

1 Nhỏ từ từ từng giọt cho đến hết 200 ml dung dịch chứa KHCO3 0,1M và K2CO3 0,2M vào 100 ml dung dịch HCl 0,5M khuấy đều thu được V lít CO2 thoát ra (đktc) và dung dịch X Cho dung dịch Ca(OH)2 dư vào dung dịch X thu được m gam kết tủa Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn Tính

V và m

2 Cho 6,72 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm C2H2 và H2 qua bình đựng Ni (nung nóng), thu được hỗn hợp khí Y (chỉ chứa 3 hiđrocacbon) có tỉ khối so với H2 là 13,5 Biết Y phản ứng tối đa với t mol Br2 trong dung dịch

a Tính t.

b Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng khí trong Y

GIẢI 3.1

3

KHCO

n = 0,1 0,2 = 0,02 mol;

2 3

K CO

n = 0,2 0,2 = 0,04 mol; n HCl= 0,5 0,1 = 0,05 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của KHCO3, K2CO3

KHCO3 + HCl   KCl + CO2 + H2O (1)

x x x (mol)

K2CO3+ 2HCl   2KCl + CO2 + H2O (2)

y 2y y (mol)

Giả sử cả 2 muối phả n ứng hết  nHCl (1)và (2)= 0,02 + 2 0,04 = 0,1 mol> 0,05mol

 HCl phản ứng hết, 2 muối dư

Vì 2 muối đồng thời xảy ra phản ứng nên ta có : 0,02

0,04

x

2x – y = 0

2 0,05

HCl

x y





0, 01

0, 02

x y











V =

2

CO

V = (0,01+0,02).22,4 = 0,672 lít

Dung dịch X chứa:

3

KHCO

n = 0,02 – 0,01 = 0,01 mol, nKCl =0,05(mol)

2 3

K CO

n = 0,04 – 0,02 = 0,02 mol

KHCO3 + Ca(OH)2   CaCO3 + KOH + H2O

0,01 0,01 (mol)

K2CO3+ Ca(OH)2   CaCO3 + KOH

m =

3

CaCO

m = (0,01+ 0,02).100= 3 gam

3.2

Gọi a, b lần lượt là số mol của C2H2 và H2 trong X; x là số mol C2H2 tham gia phản ứng (1)

C2H2 + H2   Ni t,0 C2H4 (1)

x x x (mol)

C2H2 + 2H2   Ni t,0 C2H6

0,5(b-x) (b-x) 0,5(b-x) (mol)

Vì hỗn hợp khí Y thu được chỉ chứa 3 hiđrocacbon nên H2 hết và C2H2 dư

2 4

C H

m = 28x

2 6

C H

m = 30 0,5(b-x)= 15b-15x

2 2

C H

n = a - x - 0,5(b-x) = a - 0,5x - 0,5b

2 2

C H

m 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

a

 = 13,5 2 = 27



a – 2b = 0

nX = a + b = 6, 72

22, 4

= 0,3 mol

0,3

a b





 





0, 2 0,1

a b











a 0,3 mol hh X 2 2

2

0, 2 0,1

molC H molH





   Ni t,0

Y

2

t mol Br

  

t ?

n X = 0,3 mol n Y = a = 0,2 mol

2

H

n pư = nX – nY = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol

( )X

n = 2 0,2 = 0,4 mol

Áp dụng bảo toàn liên kết

ta có:

( )X H pu Br pu

n  n  n

2

Br pu

n

 = t = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol

Cách 2

6,72 0,3( )

22, 4

X

Hỗn hợp khí Y chỉ chứa 3 hidrocacbon, vậy Y gồm C2H2 dư, C2H4 và C2H6

Đặt CTC của hh Y là C2Hy, M Y13,5.227  12.2 y 27   y 3

Vậy CTC của Y là C2H3

Gọi số mol của H2 là x (mol)

PTHH:

0 Ni,t

   



nX = 2x + x = 3x = 0,3

( )

 X

n = 2 0,2 = 0,4 mol

Áp dụng bảo toàn liên kết ta có:

( )

 X  H pu  Br pu

2

 n Br pu= t = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol

b Dẫn hỗn hợp khí Y qua dung dịch AgNO3/NH3 dư thì khí C2H2 bị giữ lại tạo kết tủa, lọc lấy kết tủa cho vào dung dịch HCl dư thu được C2H2

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3   Ct0 2Ag2 + 2NH4NO3

C2Ag2 + 2HCl   2AgCl + C2H2

Hỗn hợp khí còn lại dẫn qua dung dịch Br2 dư thì khí C2H4 bị giữ lại, thu được C2H6 Thêm Zn vào phần dung dịch thu được C2H4

C2H4 + Br2   C2H4Br2

C2H4Br2 + Zn t0

  C2H4 + ZnBr2

Câu 4: (2,0 điểm)

1 Dẫn khí H2 đến dư đi qua 8,06 gam hỗn hợp X gồm Al2O3, Fe3O4 và CuO (nung nóng) cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng thu được 6,3 gam chất rắn Mặt khác, khi cho 0,03 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 70 ml dung dịch HCl 2M Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp X

2 Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol một axit cacboxylic Y có công thức dạng CnH2n+1COOH (tính chất hóa học tương tự như axit axetic) thu được m gam H2O và (m+11,7) gam CO2 Hãy xác định công thức của Y và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho Y tác dụng lần lượt với: Na, KHCO3,

C2H5OH (xúc tác H2SO4 đặc, đun nóng)

GIẢI 4.1

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe3O4,CuO, Al2O3 trong 8,06 gam X

Fe3O4 + 4H2   3Fe + 4Ht0 2O

CuO + H2   Cu + Ht0 2O

y y (mol)

Fe3O4 + 8HCl   2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O

CuO + 2HCl   CuCl2 + H2O

Al2O3 + 6HCl   2AlCl3 + 3 H2O

232 80 102 8,06

56.3 64 102 6,3

(8 2 6 ) 2.0,07 0,14

X

r

X

HCl















0,02 0,03 0,01

x y z











 



% Fe3O4= 232.0,02

.100%

8,06

=57,57%

%CuO = 80.0,03

.100%

8,06

= 29,78%

% Al2O3 = 100% - (57,57+29,78)%= 12,65%

4.2

CnH2n+1COOH + (3 1)

2

0

t

 

(n+1)CO2 + (n+1)H2O 0,15 0,15(n+1) 0,15(n+1) (mol)

2

H O

m = 18 0,15(n+1)=2,7(n+1)=m (1)

2

CO

m = 44 0,15(n+1)= 6,6(n+1)= m + 11,7 (2)

Thay (1) vào (2) ta có: 6,6(n+1)= 2,7(n+1) + 11,7  3,9n = 7,8  n= 2

CTHH Y : C2H5COOH

2C2H5COOH + 2Na   2C2H5COONa + H2

C2H5COOH + KHCO3   C2H5COOK + H2O + CO2

C2H5COOH + C2H5OH H SO đ t2 4 , o

   

   C2H5COOC2H5+ H2O

Câu 5: (2,0 điểm)

1 Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần 25,2 lít O2 (đktc) Cho toàn bộ sản phẩm cháy (gồm

CO2 và H2O) vào dung dịch nước vôi trong thấy có 20 gam kết tủa và dung dịch Y có khối lượng tăng 37,5 gam so với khối lượng dung dịch ban đầu Đun nóng dung dịch Y thu được 40 gam kết tủa nữa

a Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính m.

b Lập công thức phân tử của A, biết tỉ khối của A so với H2 là 43

2 Hỗn hợp bột X gồm Al và kim loại kiềm M Hòa tan hoàn toàn1,59 gam X trong dung dịch H2SO4 loãng (vừa đủ), thu được 1,232 lít H2 (đktc) và dung dịch Y (chỉ gồm muối sunfat trung hòa) Cho Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 cho đến khi gốc sunfat chuyển hết thành kết tủa thì thu được 13,595 gam kết tủa Xác định kim loại M

GIẢI 5.1

A + O2   COt0 2 + H2O

CO2 + Ca(OH)2   CaCO3 + H2O(1)

2CO2 + Ca(OH)2   Ca(HCO3)2 (2)

Ca(HCO3)2   CaCOt0 3 + H2O + CO2 (3)

2 (1) 3 (1)

20 100

CO CaCO

Khối lượng dung dịch tăng =

2

CO

2

H O

m - 20 = 37,5

 m CO2+

2

H O

m = 57,5 Theo ĐLBTKL ta có:

A O CO H O

m = mA = 57,5 – 25, 2

22, 4 32 = 21,5 gam

2 (2) 3 (3)

40

100

CO CaCO

nC =

2

CO

n = 0,2 + 0,8 = 1 mol

2

H O

m =57,5 – 1.44 = 13,5 gam

n H = 2

2

H O

n = 2 (13,5: 18) = 1,5 mol

mO = 21,5 – 1.12 – 1,5.1 = 8 gam

nO = 8 : 16 = 0,5 mol

Gọi CTPT A là CxHyOz (x, y, z nguyên dương)

Ta có: x: y: z = 1 : 1,5 : 0,5 = 2: 3 : 1

CTTQ: (C2H3O)n

MA = 43n = 43 2

 n = 2

Vậy công thức phân tử của A là C4H6O2

5.2

Gọi a, b lần lượt là số mol của Al, M

2Al + 3 H2SO4   Al2(SO4)3 + 3H2 (1)

a 1,5a 0,5a 1,5a (mol)

2M + H2SO4   M2SO4 + H2 (2)

b 0,5b 0,5b 0,5b (mol)

Dung dịch Y chỉ gồm muối sunfat trung hòa: Al2(SO4)3 và M2SO4

Al2(SO4)3 + Ba(OH)2   2Al(OH)3 + 3BaSO4 (3) 0,5a a 1,5a (mol)

M2SO4 + Ba(OH)2   2MOH + BaSO4 (4)

0,5b b 0,5b (mol)

Có thể có: Al(OH)3 + MOH   MAlO2 + 2H2O (5)

b b (mol)

Theo phương trình (1,2,3,4) ta có:

4 2 4 2

1, 232

22, 4

BaSO H SO H

4

BaSO

m = 0,055.233= 12,815 gam <13,595 gam  Có phản ứng (5)

m  = (1,5a + 0,5b)233 + (a -b)78= 13,595 gam

2

1,5 0,5 0, 055

(1,5 0,5 )233 ( )78 13,595

X

H





0,03 0,02 39

a b M













Vậy M là K