thi chính thức vào 10 môn hóa hệ chuyên sở GD đt hà nội năm 2018 2019

Tiến hành thí nghiệm như hình vẽ bên : cho viên kẽm vào dung dịch HCl thấy có khí X thoát ra; dẫn khí X đi qua chất rắn Y nung nóng thu được khí Z; sục khí Z vào dung dịch muối T thấy x

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên -Sở GD & ĐT Hà Nội - năm 2018 - 2019 Câu 1: 1 Tiến hành thí nghiệm như hình vẽ bên : cho viên kẽm vào dung dịch HCl thấy có

khí X thoát ra; dẫn khí X đi qua chất rắn Y nung nóng thu được khí Z; sục khí Z vào dung dịch muối T thấy xuất hiện kết tủa màu đen

Biết rằng: Y là đơn chất rắn, màu vàng; dung dịch muối T có màu xanh và T có khối lượng mol là 160 gam Xác định các chất X, Y, Z, T Viết các phương trình hóa học minh họa

2 Muối ăn (NaCl) bị lẫn tạp chất: Na2SO4, MgCl2, MgSO4, CaCl2, CaSO4 Trình bày phương pháp hóa học loại bỏ các tạp chấ để thu được NaCl tinh khiết Viết các phương trình hóa học xảy ra

Câu 2: 1 Có 5 chất bột riêng biệt: FeS, Ag2O, CuO, MnO2, FeO đựng trong các lọ mất nhãn Chỉ dùng một dung dịch thuốc thử, trình bày phương pháp hóa học để nhận biết các chất trên Viết các phương trình hóa học minh họa

2 a) Khi cơm bị khê ( có mùi nồng khét), người ta thường cho vào nồi cơm một mẩu than gỗ

Hãy giải thích cách làm trên

b) Vì sao khi đốt xăng, đốt cồn thì không còn tro, nhưng khi đốt gỗ, đốt than lại còn tro? c) Để xử lý 100 kg hạt giống người ta cần dùng 8 lít dung dịch CuSO4 0,02%, khối lượng riêng 1 g/ml Tính khối lượng CuSO4.5H2O cần thiết kế để hòa tan vào nước cất tạo thành dung dịch CuSO4 0,02% đủ dùng cho việc xử lý 200 tấn hạt giống

Câu 3: 1 Hòa tan hoàn toàn 10,72 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Ca, CaO bằng dung dịch

HCl vừa đủ, thu được 3,284 lít khí (đktc) và dung dịch Y chứa hỗn hợp a gam CuCl2 và 12,35 gam MgCl2 Tìm giá trị của a

2 Cho m gam hỗn hợp gồm Al4C3 và CaC2 tác dụng với nước dư, thu được 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm CH4 và C2H2 Chia X thành 2 phần:

- Phần 1: cho tác dụng với dung dịch brom dư thấy có 16 gam Br2 tham gia phản ứng

- Phần 2: đốt cháy hoàn toàn rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư, sau phản ứng lọc bỏ kết tủa thấy khối lượng dung dịch trong bình giảm 69,525 gam so với khối lượng dung dịch trước phản ứng

a) Tìm giá trị của m và tính thành phần phần trăm theo thể tích của các khí trong X

b) Nếu cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu được a gam kết tủa Tìm giá trị của a

Câu 4: 1 Hòa tan hết 5,34 gam hỗn hợp X gồm Zn và Mg trong 500 ml dung dịch chứa hỗn

hợp HCl 0,4M và H2SO4 0,08M, thu được dung dịch Y và khí H2 Cho 300 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 8,43 gam kết tủa gồm 2 chất Mặt khác, nếu cho từ từ đến hết V ml dung dịch chứa hỗn hợp KOH 0,4M và Ba(OH)2 0,05M vào dung dịch Y thì thu được lượng kết tủa lớn nhất ; lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn Tìm giá trị của V, m

2 Cho A là dung dịch H2SO4 ; B1, B2 là ha dung dịch NaOH có nồng độ khác nhau Trộn B1

với B2 theo tỉ lệ thể tịch 1: 1 thu được dung dịch X Trung hòa 20 ml dung dịch X cần dùng

20 ml dung dịch A Trộn B1 với B2 theo tỉ lệ thể tích tương ứng 2: 1 thu được dung dịch Y Trung hòa 30 ml dung dịch Y cần dùng 32,5 ml dung dịch A Trộn B1 với B2 theo tỉ lệ thể tích tương ứng a: b thu được dung dịch Z Trung hòa 70 ml dung dịch Z cần dùng 67,5 ml dung dịch A Tìm giá trị a : b

Câu 5: 1 Đốt cháy hoàn toàn 0,92 gam hỗn hợp X gồm C2H4, H2, C3H6, CO, C4H8 bằng O2

vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02 M thấy xuất hiện m1gam kết tủa Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y có khối lượng tăng 0,82 gam

so với dung dịch Ca(OH)2 ban đầu Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch Y đến khi kết tủa hết các ion kim loại, thấy có m2 gam kết tủa Biết m1 + m2 = 6,955, tính thành phần phần trăm theo khối lượng của CO và H2 có trong hỗn hợp X

2 Hỗn hợp X gồm 2 rượu ( ancol ) CH3OH, C2H5OH có cùng số mol và 2 axit C2H5COOH,

C4H8(COOH)2 Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam X cần vừa đủ 60,48 lít không khsi (đktc, không khí chứa 20% oxi và 80% nitơ theo thể tích) thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi nước Dẫn toàn bộ Y đi qua dung dịch nước vôi trong dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng dung dịch giảm m gam so với dung dịch ban đầu Biết khí nitơ không tan trong nước, tìm giá trị của m

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1:

1

+ X là khí hiđro, kí hiệu H2

+ Y là đơn chất rắn màu vàng => Y là lưu huỳnh, kí hiệu S

+ Z là khí hiđro sunfua, kí hiệu H2S

+ Dung dịch T có màu xanh lam => T là dung dịch muối của đồng

Mà khối lượng mol của Y là 160 => T là muối đồng (II) sunfat, kí hiệu CuSO4

2

Phương trình hóa học:

(1) Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 ↑ (X)

(2) H2 + S (Y) H2S (Z)

(3) H2S + CuSO4 (T) → CuS↓ + H2SO4

Phương trình hóa học:

BaCl2 + Na2SO4 → BaSO4↓ + 2NaCl

NaCl, Na2SO4, MgCl2, MgSO4, CaCl2, CaSO4

+ H2O, lọc bỏ chất rắn

NaCl, Na2SO4, MgCl2, MgSO4, CaCl2

+ BaCl2 dư, lọc bỏ kết tủa NaCl, MgCl2, CaCl2, BaCl2 dư

+ NaOHdư, lọc bỏ kết tủa NaCl, CaCl2, BaCl2 dư, NaOH dư

+ Na2CO3 dư, lọc bỏ kết tủa NaCl, NaOH dư, Na2CO3 dư

+ HCl dư, đun nóng NaCl tinh khiết

BaCl2 + MgSO4 → BaSO4↓ + MgCl2

2NaOH + MgCl2 → Mg(OH)2↓ + 2NaCl

Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3↓ + 2NaCl

Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3↓ + 2NaCl

Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O

Câu 2:

Phương trình hóa học:

2HCl + FeS → H2S ↑ + FeCl2

2HCl + CuO → CuCl2 + H2O

4HCl đặc + MnO2

o t

 MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O

2

a) Khi cơm bị khê người ta cho vào nồi mẩu than gỗ vì than gỗ có tính hấp phụ cao, sẽ hấp

phụ mùi nồng khét để làm giảm mùi khê của cơm

b)

- Đốt xăng, cồn: Thành phần hóa học của xăng và cồn là các hợp chất hữu cơ chỉ chứa các

nguyên tố C, H, O nên khi đốt tạo thành CO2 và H2O bay hơi hết nên không để lại tro

- Đốt than: Trong thành phần than đá ngoài cacbon và các hợp chất hữu cơ có thể cháy hết

còn có các khoáng là các muối silicat không cháy được nên sau khi cháy để lại tro

- Đốt gỗ: Thành phần chính của gỗ là xenlulozo có thể cháy hết tạo CO2 và H2O Tuy nhiên,

trong gỗ còn có chứa các khoáng vật không cháy được Do đó, khi đốt gỗ cũng để lại tro

c)

* Xử lí 100 kg hạt giống:

Khối lượng dung dịch CuSO4 cần dùng là: m dd CuSO4 = D.V = 1.8 = 8 (kg)

CuO

FeS, Ag2O, CuO, MnO2, FeO

+ HCl đặc, đun nóng

Khí mùi

trứng thối

xanh lam

Khí màu vàng nâu

Tan, không

có khí

Khối lượng của CuSO4 trong 8 kg dung dịch CuSO4 0,02% là:

0, 02 8 0, 0016( )

100 100

%

%

CuSO dd CuSO

C

Ta có: CuSO4.5H2O H O2  CuSO4

250 (kg) 160 (kg)

0,0025 (kg) ← 0,0016 (kg)

* Để xử lí 100 kg hạt giống cần 0,0025 kg CuSO4.5H2O

Để xử lí 200 tấn hạt giống cần x kg CuSO4.5H2O

=> x = 200.0,0025/100 = 0,005 tấn = 5 kg

Câu 3:

1 nH2 = 3,248:22,4 = 0,145 mol; nMgCl2 = 12,35:5 = 0,13 mol

Đặt số mol của các chất Mg, MgO, Ca, CaO trong hỗn hợp X lần lượt là x, b, c, d (mol) + Khối lượng hỗn hợp là 10,72 gam nên ta có: 24x + 40b + 40c + 56d = 10,72 (1) Phương trình hóa học:

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

x x x (mol)

MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O

b b b (mol)

Ca + 2HCl → CaCl2 + H2

c c c (mol)

CaO + 2HCl → CaCl2 + H2O

d d d (mol)

+ Từ số mol H2 ta có: nH2 = x + c = 0,145 (2)

+ Từ số mol MgCl2 ta có: nMgCl2 = x + b = 0,13 (3)

Ta tổ hợp phương trình (1) + 16(2) – 40(3):

24x + 40b + 40c + 56d = 10,72

+

16x + 16c = 2,32

-

40x + 40b = 5,2

56c + 56d = 7,84

=> c + d = 0,14

=> nCaCl2 = c + d = 0,14 mol

=> a = 0,14.111 = 15,54 (gam)

2

- Phần 1 tác dụng với Br2: nBr2 = 16:160 = 0,1 mol

C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4

0,05 ← 0,1 (mol)

+ Số mol hỗn hợp khí X là: nX = 11,2:22,4 = 0,5 mol

Ta có: n khí P1 + n khí P2 = nX => 0,05 + x + 0,05k + kx = 0,5 <=> (x + 0,05)k = 0,45 - x

=> 0, 45

0, 05

x k

x





 (1)

+ Đốt cháy phần 2:

C2H2 + 2,5O2

o t

 2CO2 + H2O 0,05k → 0,1k→ 0,05k (mol)

CH4 + 2O2

o t

 CO2 + 2H2O

kx → kx → 2kx (mol)

Sản phẩm cháy gồm 2

2

: ( 0,1) : (2 0, 05)





CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O

k(x+0,1) → k(x+0,1) (mol)

Khối lượng dung dịch giảm: m dd giảm = mBaCO3 – mCO2 – mH2O

=> 197k(x+0,1) – 44k(x+0,1) – 18k(2x+0,05) = 69,525

=> 153k(x+0,1) – 18k(2x+0,05) = 69,525

=> k(117x+14,4) = 69,525

=> 69,525

117 14, 4

k

x



 (2)

Từ (1) và (2) => 0, 45 69,525 0, 075 3

0, 05 117 14, 4

x

Vậy X gồm 2 2

4

: 0, 05 0, 05 0, 2





CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2

0,2 ← 0,2 (mol)

Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4

0,1 ← 0,1 (mol)

Giá trị của m là: m = mCaC2 + mAl4C3 = 0,2.64 + 0,1.144 = 27,2 gam

Phần trăm thể tích các khí trong X là:

2 2

4

0, 2

0, 5

0, 3

0, 5

C H

CH

V V







b) Cho phần 2 2 2

4

: 0, 05 0,15( ) : 0, 225( )





 tác dụng với AgNO3 trong NH3 dư:

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → Ag2C2↓ + 2NH4NO3

0,15 → 0,15 (mol)

Khối lượng kết tủa thu được là: mAg2C2 = 0,15.240 = 36 gam

Câu 4:

1 nHCl = 0,4.0,5 = 0,2 mol; nH2SO4 = 0,08.0,5 = 0,04 mol

nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 0,28 mol

Đặt số mol của Zn và Mg trong hỗn hợp ban đầu là x và y (mol)

Ta có: 65x + 24y = 5,34 (1)

Zn + 2H+ → Zn2+ + H2

x → 2x → x (mol)

Mg + 2H+ → Mg2+ + H2

y → 2y → y (mol)

Dung dịch Y gồm có:

2 2

2 4

: ( ) : ( ) : 0, 28 2 2 ( ) : 0, 2( )

: 0, 04( )

























Ta thấy: nH+ + 2nZn2+ + 2nMg2+ (= 0,28 mol) < nNaOH (= 0,3 mol)

=> NaOH dư, Zn(OH)2 bị tan một phần

=> nNaOH hòa tan kết tủa = 0,3 – 0,28 = 0,02 mol

H+ + OH- → H2O

0,28-2x-2y → 0,28-2x-2y (mol)

Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2

x → 2x → x (mol)

Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2

y → 2y → y (mol)

Zn(OH)2 + 2OH- → ZnO22- + H2O

0,01 ← 0,02 (mol)

Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng: m kết tủa = mMg(OH)2 + mZn(OH)2

=> 99(x-0,01) + 58y = 8,43 <=> 99x + 58y = 9,42 (2)

Từ (1) và (2) ta có: 65 24 5,34 0, 06

99 58 9, 42 0, 06



Vậy dung dịch Y gồm

2 2

2 4

: 0, 06( ) : 0, 06( ) : 0, 04( ) : 0, 2( ) : 0, 04( )



























Ta có: nKOH : nBa(OH)2 = 0,4:0,05 = 8

Giả sử số mol của KOH và Ba(OH)2 lần lượt là 8a và a (mol)

=> nBa2+ = a (mol); nOH- = nKOH + 2nBa(OH)2 = 10a (mol)

- Khi kết tủa Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt giá trị lớn nhất: nOH- = nH+ dư + 2nZn2+ + 2nMg2+

=> 10a = 0,04 + 2.0,06 + 2.0,06 => a = 0,028 mol

Ta thấy a < nSO42- => BaSO4 chưa đạt cực đại

- Giả sử sau khi Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt cực đại ta thêm 8b mol KOH và b mol Ba(OH)2: + Lượng kết tủa sinh thêm là lượng BaSO4: nBaSO4 = nBa(OH)2 = b mol

=> mBaSO4 = 233b (gam)

+ Lượng kết tủa bị tan ra: nZn(OH)2 = nOH-: 2 = 10b : 2 = 5b (mol)

=> mZn(OH)2 = 99.5b = 495b (gam)

Ta thấy khối lượng kết tủa sinh ra nhỏ hơn khối lượng kết tủa bị tan nên khối lượng kết tủa lớn nhất là thời điểm Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt cực đại Khi đó: nBa(OH)2 = a = 0,028 mol

=> V = 0,028 : 0,05 = 0,56 (lít)

Kết tủa sau phản ứng gồm có:

4 2 2

: 0, 028 ( ) : 0, 06 ( ) : 0, 06

Mg OH

Zn OH









 Mg(OH)2

o

t

 MgO + H2O

0,06 mol → 0,06 mol

Zn(OH)2

o

t

 ZnO + H2O

0,06 mol → 0,06 mol

=> m = m BaSO4 + m MgO + m ZnO = 0,028.233 + 0,06.40 + 0,06.81 = 13,784 gam

2

A: H2SO4 : CA (M)

B1: NaOH : C1 (M)

B2: NaOH: C2 (M)

TH1: VB1: VB2 = 1: 1 => gọi thể tích của mỗi chất là V

Nồng độ của NaOH sau khi trộn là: CM = n : V

2





Phản ứng trung hòa => nOH- = nH+

Theo đề bài => 1 2

.0, 02 0, 02.2

C



TH2: VB1 : VB2 = 2 : 1 => Đặt VB2 = V (lít) thì VB1 = 2V (lít)

Nồng độ của NaOH sau khi trộn là:

=> 12 2 2 1 2



Phản ứng trung hòa => nOH- = nH+ => 2 1 2

.0, 03 0, 0325.2

C







TH3:

2 4

1

2











Ta có: n OH n H

5 3

.0, 07 0, 0675.2.2

C



5 3 27

7





35a 21b 27a 27b

8a 6b

8 4

a b

  

Câu 5:

1

2 0,04

( ) :

: 0,92( ) :

mol CaCO

n n

m g CaCO CO

CO

















C2H4, C3H6, C4H8 cùng là anken nên có công thức chung là CnH2n

2CO + O2 → 2CO2↑ (1)

x → x (mol)

2H2 + O2 → 2H2O (2)

y → y (mol)

CnH2n + O2 → nCO2 + 2nH2O (3)

Sản phẩm cháy thu được gồm có CO2 và H2O

Khi hấp thụ vào dd Ca(OH)2: 0,04 mol thu được dung dịch Y, thêm từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch Y thu được kết tủa của các ion kim loại => CO2 phản ứng với Ca(OH)2 theo phương trình:

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O (4)

CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 + H2O (5)

Dd Y chứa Ca(HCO3)2

BaCl2 + Ca(HCO3)2 → CaCO3↓ + BaCO3↓ + H2O (6)

m1 = mCaCO3(4)

m2 = mCaCO3(5) + mBaCO3

=> m1 + m2 = ∑ mCaCO3↓ + mBaCO3 = 6,955 (g) (*)

BTNT Ca: => ∑nCaCO3↓ = ∑ nCa(OH)2 (4+5) = 0,04 (mol)

Từ (*)

3

6,955 0, 04.100

0, 015( ) 197

BaCO

=> nCaCO3(6) = nBaCO3 = 0,015 (mol)

=> nCaCO3(4) = ∑nCa(OH)2 – nBaCO3 = 0,04 – 0,015 = 0,025 (mol)

BTNT C => ∑ nCO2 = ∑ nCaCO3 + nBaCO3 = 0,04 + 0,015 = 0,055 (mol)

Khối lượng dd Y tăng 0,82 gam so với dd Ca(OH)2 ban đầu

=> mCO2 + mH2O – mCaCO3(4) = 0,82

=> mH2O = 0,82 + 0,025.100 – 0,055.44 = 0,9 (g)

=> nH2O = 0,9 : 18 = 0,05 (mol)

BTKL ta có: mhhX + mO2 = mCO2 + mH2O

=> mO2 = 0,055.44 + 0,9 – 0,92 = 2,4 (g) => nO2 = 0,075 (mol)

BTNT O: nO( trong CO) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O

=> nO( trong CO) = 2.0,055 + 0,05 – 0,075.2 = 0,01 (mol) => nCO = 0,01 (mol)

Từ PTHH (1), (2), (3) ta thấy khi đốt cháy CnH2n luôn cho nH2O = nCO2 => sự chênh lệch mol

CO2 và mol H2O là do đốt cháy CO và H2

=> nCO2 – nH2O = x – y = 0,055 – 0,05 = 0,005 (mol)

Mặt khác: nCO – nH2 = x – y = 0,005 (mol)

=> nH2 = nCO – 0,005= 0,01 – 0,005 = 0,055 (mol)

0, 01.28

0,92

CO

hh

m

CO

m

2

0, 005.2

0,92

2

2

%

%

CH3OH và C2H5OH có CT chung là CnH2n+2O

CH3OH và C2H5OH có cùng số mol nên:

32.1 46.1

39 2

1,5

n

 

Vậy CT chung của 2 ancol là: C1,5H5O

2 axit có công thức phân tử là: C3H6O2 và C6H10O4

Nhận xét: C1,5H5O ; C3H6O2 và C6H10O4 đều có số nguyên tử C gấp 1,5 lần số nguyên tử O Gọi số mol của CO2: x (mol) ; nH2O = y (mol)

=> nO (trong hh đầu) = 2/3 nC =2/3 nCO2 = 2x/3 (mol) ( Vì nguyên tử C gấp 1,5 lần số nguyên tử

:

2

12 2 16 11,16

0, 45 3

2 0, 54.2

3

BTKL

BTNT O

a b



Khối lượng dung dịch giảm: ∆ = mCaCO3 – mCO2 – mH2O = 0,45.100 – 0,45.44 – 0,48.18 = 16,56 (g)