33 chuyên hưng yên 2021 2022

UBND TỈNH HƯNG YÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI VÀO 10 CHUN HĨA
NĂM HỌC 2021 – 2022
Mơn: HÓA HỌC
Thời gian: 150 phút
Ngày thi: 12/6/2021

Câu 1 (2,5 điểm).
1. Viết PTHH (ghi rõ điều kiện nếu có) thực hiện dãy chuyển đổi sau:
(1)
(2)
(3)
(C6H10O5)n   C6H12O6   C2H5OH   CH3COOH
(4)
(6)
(5)
CH4  CH3COONa  CH3COOC2H5
2. Cho các dung dịch sau: NaNO3, Na2CO3, Zn(NO3)2, Mg(NO3)2
Chỉ dùng thêm dd NaOH, nêu phương pháp hóa học nhận ra các dung dịch trên.
Giải
1.
 axit

t0
(1) (C6H10O5)n + nH2O
nC6H12O6
men ruou
 2C2H5OH + 2CO2

(2) C6H12O6    
men giâm
 CH3COOH + H2O
(3) C2H5OH + O2    
H 2 SO4 ,t 0



(4) CH3COOH + C2H5OH    CH3COOC2H5 + H2O
t0
(5) CH3COOC2H5 + NaOH   CH3COONa + C2H5OH
CaO , t 0

(6) CH3COONa + NaOH    CH4 + Na2CO3
2.
- Dùng dung dịch NaOH
Nhận ra mẫu thử của dung dịch Zn(NO3)2 do tạo ra kết tủa trắng, sau đó tan trong dung dịch
NaOH dư
Zn(NO3)2 + 2NaOH  Zn(OH)2 + 2NaNO3
Zn(OH)2 + 2NaOH  Na2ZnO2 + 2H2O
- Mẫu thử cho kết tủa trắng không tan trong dung dịch NaOH dư là dung dịch Mg(NO3)2
- Mẫu thử không hiện tượng nhận ra NaNO3, Na2CO3 (*)
Dùng dung dịch Mg(NO3)2 nhận ra nhóm mẫu thử (*)
+ Kết tủa trắng nhận ra Na2CO3.
Na2CO3 + Mg(NO3)2  MgCO3 + 2NaNO3
+ Không hiện tượng nhận ra NaNO3.
Câu 2 (1,5 điểm)
1. Từ metan và các chất vô cơ cần thiết. Hãy viết các phương trình hóa học điều chế
polietilen (ghi rõ điều kiện nếu có).
2. Hỗn hợp X gồm Na, CuO, Fe2O3. Trình bày phương pháp tách lấy từng kim loại từ hỗn

hợp X và viết các phương trình hóa học xảy ra.
Giải
1.
Các PTHH điều chế polietilen.
0

2CH4

C
 Làm
 1500



lanh nhanh

C H + 3H2
CH CH + H2     CH2 = CH2
2 2
Pd / PbCO3

1


0

t , p , xt
nCH2 = CH2    (-CH2 – CH2-)n
2. Cho hỗn hợp X vào nước dư thu được dung dịch NaOH và chất rắn không tan gồm CuO,
Fe2O3 (A)

2Na + 2H2O  2NaOH + H2
Lọc chất rắn không tan rồi cho dung dịch nước lọc tác dụng với dung dịch HCl dư, sau đó cơ cạn
dung dịch và đpnc thu được Na.
NaOH + HCl  NaCl + H2O
dpnc
 2Na + Cl2
2NaCl   
Dẫn H2 dư qua hỗn hợp A nung nóng thu được hỗn hợp rắn B gồm Cu và Fe.
0

t
H2 + CuO   Cu + H2O
0

t
3H2 + Fe2O3   2Fe + 3H2O
Hòa tan hỗn hợp B vào dung dịch HCl dư, lọc lấy phần chất rắn không tan là Cu, rửa sạch, sấy
khô thu được kim loại Cu. Dung dịch thu được gồm FeCl2 và HCl dư (D)
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2
Điện phân dung dịch D thu được Fe ở catot
dpdd
 H2 + Cl2
2HCl   

dpdd
 Fe + Cl2
FeCl2   
Câu 3 (2,0 điểm)
1. Giải thích các vấn đề thực tiễn sau:
a) Dùng giấm ăn để làm sạch lớp cặn trong ấm đun nước (tạo thành do sử dụng nước tự

nhiên như giếng, ao, hồ, ...
b) Dùng thuốc muối (natri hidrocacbonat) để làm giảm cơn đau cho người viêm loét dạ dày.
2. Cho 16 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe vào 600ml dd AgNO3 có nồng độ aM, sau khi kết
thúc phản ứng thu được dung dịch Y và 70,4 gam chất rắn Z. Cho dung dịch NaOH dư vào Y,
sau đó lọc kết tủa đem nung ngồi khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được 16g chất rắn T.
Tính khối lượng từng kim loại trong X và giá trị a.
Giải
1.
a. Lớp cặn trong ấm đun sơi có thành phần chính là CaCO3, MgCO3. Khi tiếp xúc với giấm ăn,
lớp cặn sẽ bị hòa tan bởi axit CH3COOH
2CH3COOH + CaCO3  (CH3COO)2Ca + CO2  + H2O

2CH3COOH + MgCO3  (CH3COO)2Mg + CO2  + H2O
b. Dùng thuốc muối NaHCO3 làm giảm cơn đau cho người bị viêm loét dạ dày do có các phản
ứng làm giảm nồng độ axit HCl trong dạ dày người bệnh.
NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2  + H2O
2.
Do mT = mX = 16 gam nên khi X tác dụng với AgNO3 thì phải có kim loại trong X cịn dư,
AgNO3 hết.
- Cho hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch AgNO3 có phản ứng theo thứ tự
Mg + 2AgNO3  Mg(NO3)2 + 2Ag (1)
Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag
(2)
Dung dịch Y gồm Mg(NO3)2 và có thể có Fe(NO3)2
- Cho NaOH vào dung dịch Y
2NaOH + Mg(NO3)2  Mg(OH)2 + 2NaNO3 (3)

2

Có thể có: 2NaOH + Fe(NO3)2  Fe(OH)2 + 2NaNO3 (4)
- Kết tủa thu được gồm Mg(OH)2 và có thể có Fe(OH)2. Nung trong khơng khí
0

t
Mg(OH)2   MgO + H2O

(5)

0

t
Có thể có: 4Fe(OH)2 + O2   2Fe2O3 + 4H2O (6)
* Trường hợp 1. Chỉ Mg phản ứng; Fe chưa phản ứng => T chỉ chứa MgO
nMg = nMgO = 0,4 mol
Theo (1) (3) (5): nMg = nMgO = 0,4 mol
nAg = 2nMg = 0,8 mol  mZ = mAg + mX dư = 108.0,8 + (16 – 0,4. 24) = 92,8 gam > 70,4
gam (loại)
* Trường hợp 2: Mg phản ứng hết, Fe phản ứng một phần.
Chất rắn Z: Ag, Fe dư
Dung dịch Y: Mg(NO3)2, Fe(NO3)2
nMg: x mol
nFe pứ: y mol
nFe dư: z mol
 24x + 56(y + z) = 16 mol
(I)
mZ = 108.(2x + 2y) + 56z = 70,4 (II)
nMgO = nMg = x mol
theo PTHH (2) (4) (6):
1

y
nFe2O3  nFe pu  mol
2
2
mT = 40x + 80x = 16 (III)
Giải hệ:
 24 x  56 y  56 z 16
 x 0, 2


 216 x  216 y  56 z 70, 4   y 0,1
 40 x  80 y 16
 z 0,1


mMg = 0,2.24 = 4,8 gam
mFe = (0,1 + 0,1).56 = 11,2 gam.
0, 6
nAgNO3 2 x  2 y 0, 6 mol  CM ( AgNO3 ) a 
1M
0, 6
Câu 4 (2,0 điểm).
1. Để tác dụng hết với 35,7 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe, Al ở dạng bột, nung nóng cần vừa
đủ 21,84 lít khí Cl2. Mặt khác, khi cho 0,25 mol hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thì
thu được 4,48 lít khí H2.
Tính % khối lượng mỗi kim loại trong X. Biết thể tích các khí đo ở đktc.
2. Đốt cháy hồn tồn 14,6g chất hữu cơ X chứa C, H, O cần vừa đủ 14,56 lít O 2(đktc), thu
được khí CO2 và hơi nước theo tỉ lệ mol tương ứng là 6:5.
Xác định công thức phân tử của X. Biết tỉ khối hơi của X so với H2 =73.
Giải

1.
X tác dụng với Cl2.
0

t
Cu + Cl2   CuCl2
a
a
mol
0

t
2Fe + 3Cl2   2FeCl3

3


b

1,5b

mol
0

t
2Al + 3Cl2   2AlCl3
c
1,5c mol
X tác dụng với dd HCl
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 

kb
kb mol
2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 
kc
1,5kc mol
Gọi số mol của Cu, Fe, Al trong 35,7 gam hỗn hợp X lần lượt là a, b, c
mX = 64a + 56b + 27c = 35,7 (1)
21,84
nCl2 
0,975 mol  a  1,5b  1,5c 0,975 (2)
22, 4
Ta có:

Gọi số mol của Cu, Fe, Al trong 0,25 mol X lần lượt là ka, kb, kc
=> ka + kb + kc = 0,25 (3)
4, 48
0, 2
nH 2 
0, 2(mol ) 
k
22, 4
b  1,5c Thay k vào (3)
Ta có:
kb + 1,5kc = 0,2 
Giải hệ PT (1), (2), (3) ta được: a = 0,3 mol; b = 0,15 mol; c = 0,3 mol
0,3.64
0,15.56
%mCu 
.100% 53,78%; % mFe 
.100% 23,53%

35,7
35, 7
%mAl 100%  53,78%  23,53% 22, 69%
2.
Ta có dX/ H 2 = 73  MX = 146
n 0, 65 mol
nX = 0,1 mol; O2
BTKL cho phản ứng đốt cháy X ta có:
mCO2 + mH2O = mX + mO2
 mCO2 + mH2O = 14,6 + 0,65.32 = 35,4 gam
 44.nCO2 + 18. nH2O = 35,4 (1)
6
 nCO2  .nH 2O
5
Theo đề ra ta có nCO2: nH2O = 6: 5
(2)
Thay(2) vào (1) ta được: nCO2 = 0,6 mol, nH2O = 0,5 mol
Trong 14,6 gam X có:
nC = nCO2 = 0,6 mol
nH = 2nH2O = 1 mol
nO = (14,6 – 0,6.12 – 1.1)/16 = 0,4 mol
Gọi CTPT của X là CxHyOt, suy ra:
0, 6
1
0, 4
x
6; y 
10;
4
0,1

0,1
0,1
Vậy CTPT X là C6H10O4
Câu 5 (2,0 điểm).
1. Cho hỗn hợp rắn E dạng bột gồm x gam Cu và 23,2g Fe3O4 vào 400ml dd H2SO4 1M.
Kết thúc phản ứng thu được dung dịch F và 9,6 gam rắn G. Thêm 1 lượng dư dung dịch
Ba(OH)2 vào dung dịch F, sau phản ứng lọc kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng
khơng đổi thu được y gam rắn H.

4


Tính giá trị của x, y.
2. Đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp X gồm các chất hữu cơ có cơng thức phân tử là
C3H4O, C3H6O3, C4H6O2 bằng 1 lượng khơng khí vừa đủ thu được hỗn hợp Y gồm các chất khí
và hơi. Cho hỗn hợp Y qua bình đựng 8,75 lít Ca(OH)2 0.02M thu được 15 gam kết tủa và có
19,264 lít (đktc) 1 chất khí duy nhất thốt ra.
a) Viết các PTHH xảy ra.
b) Tính giá trị của m. Giả sử khơng khí chứa 20% thể tích O2 và 80% thể tích N2.
Giải
1.
nH2SO4 = 0,4 mol; nFe3O4 = 0,1 mol
Fe3O4 + 4H2SO4  FeSO4 + Fe2(SO4)3 + H2O
0,1
0,4
0,1
0,1
=> p/ư vừa đủ
Cu + Fe2(SO4)3  CuSO4 + 2FeSO4
 9,6 gam chất rắn G là Cu dư

 x = 0,1.64+ 9,6 = 16 gam
Dung dịch F gồm: CuSO4 0,1 mol, FeSO4 0,3 mol
CuSO4 + Ba(OH)2  BaSO4 + Cu(OH)2
0,1 
0,1
0,1
(mol)

FeSO4 + Ba(OH)2
BaSO4 + Fe(OH)2

0,3
0,3
0,3 (mol)
0

t
Cu(OH)2   CuO
0,1 
0,1

+ H2O
(mol)

t0

4Fe(OH)2 + O2   2Fe2O3 + 4H2O
0,3 
0,15
(mol)

Chất rắn H gồm: CuO 0,1 mol; Fe2O3 0,15 mol; BaSO4 0,4 mol
 y = 0,1.80 + 0,15.160 + 0,4.233 = 125,2 (g)
2.
a) Các PTHH:

7
t0
C3H4O + 2 O2   3CO2 + 2H2O

(1)

0

t
C3H6O3 + 3O2   3CO2 + 3H2O (2)
9
t0
C4H6O2 + 2 O2   4CO2 + 3H2O
(3)
Ca(OH)2 + CO2  CaCO3 + H2O (4)
Có thể có: CaCO3 + CO2 + H2O  Ca(HCO3)2 (5)
b) Tính m?
Hỗn hợp Y gồm CO2, H2O, N2. Cho Y qua dd Ca(OH)2 thoát ra một chất khí duy nhất là N2 =>
nN2 = 0,86 mol.
nN2

=> nO2 = 4 = 0,215 mol
nCa(OH)2 = 0,175 mol; nCaCO3 = 0,15 mol.
Gọi số mol C3H4O, C3H6O3 và C4H6O2 lần lượt là x, y, t
Từ (1,2,3) => nO2 = 3,5x + 3y + 4,5t = 0,215 (*)

Vì nCaCO3 < nCa(OH)2 nên xảy ra 2 trường hợp
* TH 1. Ca(OH)2 dư => nCO2 = nCaCO3 = 0,15 mol.

5


nCO2 = 0,15 mol => 3x + 3y + 4t = 0,15 (* *)
Từ (*) và (**) => x + t = 0,13 thay vào (*) => 3y + t < 0 (loại)
* TH 2. Ca(OH)2 hết
=> nCO2 = nCaCO3 + 2nCa(HCO3)2 = 0,2 mol.
=> 3x + 3y + 4t = 0,2 (***)
Từ (*) và (***) => x + t = 0,03
nH2O = 2x + 3y + 3t = (3x + 3y + 4t) – (x + t) = 0,2. 0,03 = 0,17 mol
BTKL: mX + mO2 = mCO2 + mH2O
 m + 0,215.32 = 0,2.44 + 0,17.18
=> m = 4,98 (g)
--- HẾT ---

6