16 chuyên bà rịa vũng tàu 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2021 – 2022
Mơn thi: Hóa học
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 05/6/2021

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1: (2,0 điểm)
1. Viết phương trình phản ứng biểu diễn các biến hóa sau:
FeCl3  Fe(OH)3  Fe2O3  Fe2(SO4)3  Fe(NO3)3.
2. Cho hỗn hợp gồm các kim loại: Cu, Al, Mg. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng các
chất ra khỏi hỗn hợp.
3. Chỉ dùng thêm bột sắt làm thuốc thử, hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt 5
dung dịch loãng riêng biệt sau: H2SO4, NaNO3, Na2CO3, MgCl2, Ba(OH)2. Viết phương trình
hóa học xảy ra.
GIẢI
1.1
FeCl3 + 3NaOH ⃗
Fe(OH)3 ↓ + 3NaCl
2Fe(OH)3

⃗o
t

Fe2O3 + 3H2SO4

Fe2O3 + 3H2O

⃗

Fe2(SO4)3 + 3Ba(NO3)2

Fe2(SO4)3 + 3H2O
3BaSO4 ↓ + 2Fe(NO3)3

⃗

1.2
Sơ đồ tách:

Cu
dư
Aldd NaOH
→
Mg

dd NaAlO2 CO→2 dư Al(OH)3 ↓ t→° Al2O3 đpnc
Al
→
Cu
Cu rắn
HCl
dư
Rắn
MgCl2
→

t ° ( cô cạn ) MgCl2 rắn đpnc Mg
Mg
dd
→
→
HCl dư

PTHH:

⃗
NaAlO2 + CO2 + 2H2O ⃗
2Al + 2NaOH + 2H2O
o

2NaAlO2 + 3H2
Al(OH)3 + NaHCO3

t
2Al(OH)3 ⃗
Al2O3 + 3H2O
đpnc
2Al2O3 → 4Al +3O2

Mg +2HCl ⃗
MgCl2 + H2
đpnc
MgCl2 → Mg + Cl2
1.3

Bột Fe

Thuốc
thử

H2SO4

NaNO3

Na2CO3

MgCl2

Bọt khí

Khơng
tượng

hiện Khơng
tượng

hiện Khơng
tượng

Ba(OH)2
hiện Khơng
tượng

H2SO4
nhận ra)

(Vừa

Khơng
tượng

hiện Bọt khí

Khơng
tượng

Ba(OH)2
nhận ra)

(vừa

Khơng
tượng

hiện

Kết tủa trắng

Fe + H2SO4

⃗

hiện Kết tủa trắng

FeSO4 + H2↑

⃗
H2SO4 + Ba(OH)2 ⃗
Ba(OH)2 +MgCl2 ⃗
H2SO4 + Na2CO3

hiện

Na2SO4↓ trắng+ CO2 ↑ + H2O
BaSO4 ↓ + 2H2O
Mg(OH)2↓trắng + BaCl2

Câu 2: (2,0 điểm)
1. Hai nguyên tố A, B thuộc cùng một nhóm A (nhóm chính), ở hai chu kỳ liên tiếp trong bảng
tuần hồn các ngun tố hóa học và có tổng điện tích hạt nhân là 30.
a) Xác định tên và ký hiệu hóa học của 2 nguyên tố A, B.
b) Nguyên tố C có điện tích hạt nhân là 12. Hãy sắp xếp các nguyên tố A, B, C theo thứ tự
tăng dần tính kim loại.
2. Cho 6,45 gam hỗn hợp A gồm Mg, Al tác dụng với khí Cl 2 đun nóng. Sau một thời gian thu
được 20,65 gam chất rắn B. Cho toàn bộ B tan hết trong dung dịch HCl, thu được dung dịch C
và khí H2. Dẫn tồn bộ khí H2 này đi qua ống đựng 20 gam CuO đun nóng, sau một thời gian
thu được chất rắn nặng 18,4 gam. Biết chỉ 80% khí H 2 tham gia phản ứng. Viết phương trình
phản ứng xảy ra và tính khối lượng mỗi kim loại trong A.
GIẢI
2.1
a)
-Hai nguyên tố A và B thuộc cùng một nhóm A ở hai chu kì kế tiếp trong bảng tuần hồn ( giả sử
ZA => Xảy ra 3 trường hợp
+ TH1: ZB - ZA= 2

 Z B  Z A 2
 Z A 14
 Z  Z 30

B
  Z B 16
Có HPT:  A
=>A là Silic (Si) B là Lưu huỳnh (S) => Loại vì 2 nguyên tố này ko thuộc cùng cùng 1 nhóm A
+ TH2: ZB - ZA = 8
 Z B  Z A 8
 Z A 11
 Z  Z 30

B
  Z B 19
Có HPT :  A


=> A là Natri (Na) B là Kali (K) => thỏa mãn vì 2 nguyên tố này cùng thuộc 1 nhóm A
+TH3: ZB – ZA =18
 Z B  Z A 18
 Z A 6
 Z  Z 30

B
  Z B 24
Có HPT:  A
=> A là Cacbon (C) B là Crom (Cr) => loại vì 2 nguyên tố này ko thuộc cùng 1 nhóm A
Vậy 2 nguyên tố cần tìm là Natri (Na) và Kali (K)
b) ZC =12 => C là magie (Mg)

=> Thứ tự tăng dần tính kim loại Mg 2.2
Các PTHH của phản ứng xảy ra:
Mg + Cl2
2Al + 3Cl2
Mg + 2HCl
2Al + 6HCl

⃗o
t
⃗o
t
⃗
⃗

MgCl2
2AlCl3
MgCl2 + H2
2AlCl3 +3H2

o

t
CuO + H2 ⃗
Cu + H2O
-Khi dẫn khí H2 qua CuO đun nóng :
o

t
CuO + H2 ⃗

Cu + H2
mO mất đi = mCuO - mrắn = 20-18,4= 1,6 g
1,6
nO mất đi =
= 0,1 mol
16
Từ PTHH: nH2 phản ứng = nO mất đi = 0,1 mol

Chỉ có 80% H2 tham gia phản ứng ⇒

nH2 =

-Đặt nMg = x mol; nAl= y mol
⇒ 24x+ 27y = 6,45 (1)
Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có:
mCl2 = mB – mA = 20,65 - 6,45 = 14,2 g
14,2
⇒ nCl2 =
= 0,2 mol
71
-Các quá trình nhường nhận electron:
0

+2

Mg - 2e → Mg
x → 2x
0

+3

0,1
= 0,125 mol
0,8

0

−1

Cl 2 + 2e → 2 Cl
0,2 → 0,4
(mol)
+1

0

H2

Al – 3e → Al
2 H + 2e →
y → 3y
0,25← 0,125 (mol)
⇒
Bảo toàn electron
2x+3y=0,4 +0,25 = 0,65 (2)
Từ (1), (2) ⇒ x=0,1 ; y= 0,15
⇒ mMg= 0,1.24=2,4 g ; mAl= 0,15.27 = 4,05 g
Câu 3: (2,0 điểm)
1. Giải thích các hiện tượng hóa học và viết phương trình phản ứng:
a) Trong tự nhiên có nhiều nguồn tạo ra khí H 2S nhưng lại khơng có sự tích tụ H2S trong

khơng khí.


b) Trong phịng thí nghiệm, khi nhiệt kế thủy ngân bị vỡ, người ta dùng bột S rắc lên nhiệt kế
bị vỡ.
c) Trong phịng thí nghiệm bị ơ nhiễm khí Cl2, để khử độc người ta xịt vào dung dịch dung
dịch NH3.
d) Sự tạo thành thạch nhũ trong các hang động.
2. Tinh thể hidrat hóa của một muối sunfat kim loại (hóa trị n), có gốc sunfat chiếm 38,4% về
khối lượng. Cho 5,0 gam tinh thể muối muối sunfat này tác dụng vừa đủ với dung dịch
Ba(OH)2, sau phản ứng thu được 6,62 gam kết tủa. Xác định công thức của tinh thể muối
sunfat trên.
GIẢI
3.1
a) H2S khi tiếp xúc với khơng khí sẽ tác dụng với khí O2:
2H2S + O2 ⃗
2S + 2H2O
Ở nhiệt độ cao H2S cháy trong không khí với ngọn lửa màu xanh nhạt:
o

t
2H2S +3O2 ⃗
2SO2 + 2H2O
=> khơng có sự tích tụ H2S trong khơng khí
b) Thủy ngân (Hg) là kim loại tồn tại dạng lỏng có thể bay hơi ( hơi Hg rất độc). Khi rắc bột lưu
hình(S) Hg có thể tác dụng vơi S ở nhiệt độ thường tạo thành HgS rắn không bay hơi dễ thu hồi
hơn so với Hg lỏng

⃗ HgS
Hg + S

c) Có thể xịt vào khơng khí dung dịch NH 3 lỗng để khử độc khí Cl2 vì xảy ra phản ứng
2NH3 + 3Cl2

⃗

N2 +6HCl

NH3 +HCl ⃗
NH4Cl
Nên mở cửa thông thống mở quạt thơng gió để khí độc bay hết
d)Ở điều kiện thường đá vôi CaCO3 dần tan trong nước có hịa tan khí CO2:

⃗ Ca(HCO3)2
CaCO3 + H2O +CO2
Khi nhiệt độ tăng dần hoặc áp suất CO2 giảm Ca(HCO3)2 lại bị phân hủy thành CaCO3
Ca(HCO3)2 ⃗
CaCO3 + H2O + CO2
Hai quá trình trên cân bằng với nhau tạo nên hình thù của các thạch nhũ trong hang động
3.2.
mgốc

SO 4

38,4
= 5. 100 = 1,92 gam
1,92
SO 4 = 96
= 0,02 mol

ngốc

Đặt CTHH dạng chung của tinh thể hidrat hóa muối sunfat là R2(SO4)n.aH2O
⇒

⃗
R2(SO4)n + nBa(OH)2
nBaSO4  + 2R(OH)n
n BaSO
4
Từ PTHH:
= ngốc SO 4 = 0,02 mol
mBaSO
⇒
4 = 0,02.233 = 4,66 g < m
⇒ Kết tủa gồm cả R(OH)n
m R (OH )
mBaSO
⇒
n
4 = 6,62 – 4,66 = 1,96 (g)
= m -


Từ PTHH:

n R( OH )

2
2
0,04
n

n
= n . BaSO4 = n .0,02 =

n

0,04
n .(R + 17n) = 1,96

R = 32n
Chọn n = 2 ⇒ R = 64 ⇒ R là Cu
⇒ CTHH của tinh thể hidrat hóa muối sunfat là CuSO4.aH2O
⇒

96.

R + 17n = 49n

(mol)

⇒

⇒

100
38,4 = 250 g/mol

Mtinh thể =
160 + 18a = 250 ⇒ a = 5
Vậy CTHH của tinh thể hidrat hóa muối sunfat là CuSO4.5H2O
⇒

⇒

Câu 4: (2,0 điểm)
1. Từ đá vôi, than đá và các chất vô cơ cần thiết, hãy viết các phương trình điều chế: Rượu
etylic, Poli etilen (PE), Poly (vinyl clorua) (PVC).
2. Đốt cháy hoàn toàn x gam hỗn hợp X gồm axetilen, etilen và propilen (C 3H6). Toàn bộ sản
phẩm cháy được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH) 2, sau phản ứng thu được 4,0 gam
kết tủa và dung dịch A có khối lượng tăng thêm 1,31 gam so với khối lượng dung dịch
Ca(OH)2 ban đầu. Thêm tiếp dung dịch Ca(OH)2 dư vào dung dịch A thì thu được 5 gam kết
tủa nữa. Tính thành phần % về khối lượng của axetilen trong hỗn hợp X.
GIẢI
4.1.

⃗o
t

CaCO3

CaO + CO2
o

⃗
t

CaO + C

CaC2 + CO

⃗
Ca(OH)2 + C2H2

⃗
Pd / PbCO 3 , t o
C2H2 + H2
C2H4
o
⃗
HgCl 2 , t
C2H2 + HCl
CH2=CH-Cl
CaC2 + 2H2O

⃗
xt , to , p

CH2=CH-Cl

⃗
H+
⃗
xt , to , p

C2H4 + H2O
CH2=CH2

nCaCO

4.2.
CO2
2CO2

3

(-CH2-CH-)n
Cl
C2H5OH

Rượu etylic

(-CH2-CH2-)n

Poli etilen (PE)

4
= 100 = 0,04 (mol)

+ Ca(OH)2
+ Ca(OH)2

Poly (vinyl clorua) (PVC)

⃗
⃗

CaCO3  + H2O
Ca(HCO3)2

- Khi thêm dung dịch Ca(OH)2 dư vào dung dịch A ta có
Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2
0,025

⃗


nCaCO

3

=

2CaCO3  + 2H2O
0,05
(mol)

5
100 = 0,05 (mol)


n
n
n
Bảo tồn ngun tố C ta có: CO 2 = CaCO 3 + 2 Ca( HCO 3 )2
nCO
mCO
⇒
⇒
2
2
= 0,04 + 2.0,025 = 0,09 mol
= 0,09.44 = 3,96 g
⇒ nC trong X = 0,09 mol

mCO
mH O
mCaCO
mH O
mCO
mCaCO
⇒
2
2
3
2
2
3 = 1,31 – 3,96 +
mdd tăng =
+
= mdd tăng +
4 = 1,35 g
⇒

nH

2O

1,35
= 18
= 0,075 (mol) ⇒ nH trong X = 2.0,075 = 0,15 mol

X gồm các hidrocacbon tạo bởi 2 nguyên tố C và H nên ta có:
mX = mC + mH = 0,09.12 + 0,15.1 = 1,23 g
- Khi đốt cháy hỗn hợp X:

2C2H2 + 5O2
nC H
2 2


⃗o
t

4CO2 + 2H2O
n
nC H
2 2
2. C 2 H2

C2H4 + 3O2

⃗o
t
⃗
to

2CO2 + 2H2O

2C3H6 + 9O2

6CO2 + 6H2O
nCO
nH O
2 =
2

Nhận thấy, khi đốt cháy C2H4 và C3H6 cho
; còn khi đốt cháy C2H2 ta thấy:
nC H
nCO
nH O
2 2
2 2
=
= 0,09 – 0,075 = 0,015 (mol)
m
C2 H 2
⇒
= 0,015.26 = 0,39 (g)
⇒

%mC

2H 2

0,39
.100%
= 1,23

¿

31,71%

Câu 5: (2,0 điểm)
1. X là hỗn hợp gồm một ancol A có cơng thức C nH2n+1OH và một axit B có cơng thức
CnH2n+1COOH. Đốt cháy hồn tồn m gam X thì thu được 30,8 gam CO 2, còn nếu cho m gam

X tác dụng với Na dư thì thu được 3,36 lít khí H2 (đktc).
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra.
b) Xác định cơng thức phân tử của A, B
c) Đun nóng m gam X khi có mặt H 2SO4 đặc, sau phản ứng thu được 7,65 gam este. Tính hiệu
suất phản ứng este hóa.
2. Xà phịng hóa hồn tồn 3,544 gam một chất béo bằng 100ml dung dịch NaOH 0,12 M (vừa
đủ), sau phản ứng thu được glixerol và m gam hỗn hợp chỉ chứa 2 muối.
a) Tính m
b) Xác định CTCT thu gọn của chất béo trên, biết rằng số nguyên tử cacbon của 2 gốc axit béo
là bằng nhau.
GIẢI
5.1.
a) PTHH:

2CnH2n+1OH + 2Na

⃗

2CnH2n+1COOH + 2Na

b)

nH

2

3,36
= 22,4 = 0,15 (mol)

2CnH2n+1ONa + H2

⃗

2CnH2n+1COONa + H2


nH

Từ PTHH: nX (nancol + naxit) = 2

nCO

2

= 2.0,15 = 0,3 (mol)

0,7
30,8
= 44
= 0,7 (mol) ⇒ số C trung bình = 0,3

2

Mà axit B nhiều hơn ancol A 1 nguyên tử C
⇒ Axit B là C2H5COOH, ancol A là C2H5OH
n
n
c) Đặt C 2 H5 OH = x mol; C 2 H5 COOH = y mol
⇒

Ta có:

2,33
axit B có 3C, ancol A có 2C
¿

{ x+ y=0,3 ¿ ¿¿¿
o

4đ , t
 H2 SO

PTHH: C2H5COOH + C2H5OH    C2H5COOC2H5 + H2O

7 ,65
=0 ,075
neste (tt) = 102
(mol)
Do
⇒

nC

2 H 5 OH

>

nC

2 H 5 COOH

⇒

theo lý thuyết: neste (lt) =

nC

2 H5 COOH

0,075
.100%
0,1
Hiệu suất của phản ứng este hóa: H% =
= 75%

= 0,1 mol

5.2.
a) nNaOH = 0,1.0,12 = 0,012 (mol)
Đặt CTHH chung của chất béo là (RCOO)3C3H5
o

⃗
t
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH
3RCOONa + C3H5(OH)3
0,004 
0,012

0,012  0,004

(mol)
Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có:
mC H (OH )
3 5
3
m = mmuối = mchất béo + mNaOH = 3,544 + 0,012.40 – 0,004.92 = 3,656 g
3,656
≈¿ ¿
M muối = 0,012
b)
304,67 g/mol
CTHH của muối có dạng R COONa
R + 67 = 304,67 ⇒ R = 237,67
⇒
Hai gốc R có cùng số C, khác số H ⇒

3 ,544
=886
Mchất béo = 0 ,004
g/mol

hai gốc R có MR dao động quanh 237.

Do sau khi thủy phân thu được hỗn hợp 2 muối
⇒ CTHH của chất béo có dạng (R1COO)2(R2COO)C3H5
⇒ 2R1 + R2 + 44.3 + 41 = 886
⇒ 2R1 + R2 = 713 mà R1, R2 có cùng số nguyên tử C
⇒ R1 = 239 (C17H35-) và R2 = 235 (C17H31-)
Hoặc R1 = 237 (C17H33-) và R2 = 239 (C17H35-)
Vậy CTCT thu gọn của chất béo là:

C17H35COO-CH2
hoặc C17H33COO-CH2
C17H35COO-CH
C17H33COO-CH
C17H31COO-CH2
C17H35COO-CH2


--- HẾT ---