38 chuyên quảng ninh 2021 2022

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 CHUN
NĂM HỌC 2021 – 2022
Mơn thi: Hóa học (dành cho thí sinh chun hóa học)
Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (3,0 điểm)
1. Từ các nguyên liệu ban đầu là KClO3, FeS, CaCO3 và H2O, khơng sử dụng thêm hóa chất
khác, có thể điều chế được những chất khí nào bằng phương pháp hóa học? Viết phương trình
hóa học của các phản ứng xảy ra. Biết các điều kiện và thiết bị thí nghiệm cần thiết có đủ.
2. Có 5 lọ hóa chất mất nhãn, mỗi lọ đựng dung dịch riêng biệt của một trong 5 chất tan sau:
HCl, NaOH, Ba(OH)2, K2CO3, MgSO4. Khơng sử dụng thêm hóa chất khác, hãy trình bày
phương pháp hóa học nhận ra 5 dung dịch trên.
3. Hỗn hợp rắn A gồm BaCO3, Cu và FeO. Nung nóng hỗn hợp A trong điều kiện khơng có
khơng khí, sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn B và khí D. Cho hỗn hợp rắn B vào nước dư
đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch E và hỗn hợp rắn F. Cho hỗn hợp rắn F tác dụng
với dung dịch HCl dư, sau khi kết thúc phản ứng thu được khí D, dung dịch G và chất rắn M.
Xác định các chất trong B, D, E, F, G và M. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
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 từng mẫu thử này phản ứng với các mẫu thử còn lại
HCl
NaOH
Ba(OH)2
K2CO3
↑
HCl
NaOH
↓
Ba(OH)2
↑
↓
K2CO3
↓
↓
↓
MgSO4
1↑
1↓
2↓
2 ↓, 1 ↑

MgSO4
↓

↓
↓
3↓

+ Mẫu thử nào khi đổ vào các dung dịch cịn lại chỉ xuất hiện 1 khí đó là dung dịch HCl.
+ Mẫu thử nào khi đổ vào các dung dịch còn lại chỉ xuất hiện 1 kết tủa là dung dịch NaOH.
+ Mẫu thử nào khi đổ vào các dung dịch còn lại xuất hiện 2 kết tủa là dung dịch Ba(OH)2.
+ Mẫu thử nào khi đổ vào các dung dịch cịn lại xuất hiện 1 khí, 2 kết tủa là dung dịch K2CO3.
+ Mẫu thử nào khi đổ vào các dung dịch còn lại xuất hiện 3 kết tủa là 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 thể có BaCO3 dư.
Khí D là CO2.
Dung dịch E chứa Ba(OH)2.
Rắn F gồm Cu, FeO, có thể có BaCO3 dư.
Dung dịch G chứa BaCl2, FeCl2 và HCl dư.
Chất rắn M là 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 thốt ra
 rắn F chắc chắn có BaCO3.

 rắn B chắc chắn có BaCO3
BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑ + H2O
FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau:
a. Thí nghiệm 1: Dẫn khí etilen từ từ cho đến dư qua dung dịch brom.
b. Thí nghiệm 2: Cho vỏ trứng (đã được đập nhỏ) vào ống nghiệm chứa sẵn dung dịch giấm ăn.
c. Thí nghiệm 3: Cho vào ống nghiệm 2 ml rượu etylic khan, 2 ml axit axetic, nhỏ thêm từ từ
khoảng 1 ml axit sunfuric đặc, lắc đều. Đun nhẹ trên ngọn lửa đèn cồn từ 5 đến 6 phút. Cho thêm
2 ml dung dịch muối ăn bão hịa, lắc nhẹ rồi để n.
d. Thí nghiệm 4: Cho dung dịch saccarozơ vào ống nghiệm, thêm vào một giọt dung dịch H 2SO4,
đun nóng từ 2 đến 3 phút. Sau đó, thêm dung dịch NaOH vào để trung hịa. Cho dung dịch vừa
thu được vào ống nghiệm chứa dung dịch AgNO3 trong amoniac.
2. Cho hỗn hợp khí X gồm C2H2 và H2 có tỉ khối so với khí H2 là 5,8.
Đun nóng 3,36 lít hỗn hợp X (có xúc tác Ni) thu được hỗn hợp Y. Cho hỗn hợp Y đi qua bình
đựng dung dịch brom dư thấy bình đựng dung dịch brom tăng m gam và thoát ra 1,344 lít khí Z
có tỉ khối so với khí H2 là 4,5. Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
a. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.
b. Tính giá trị của m.
GIẢI
2.1
a. Hiện tượng: Màu của dung dịch brom nhạt dần rồi chuyển sang không màu.
C2H4 + Br2  C2H4Br2
b. Hiện tượng: Vỏ trứng tan dần, có bọt khí thốt ra.
2CH3COOH + CaCO3  (CH3COO)2Ca + H2O + CO2
c. Hiện tượng: Có chất lỏng không màu, mùi thơm, không tan trong nước, nổi trên mặt nước
(hoặc dung dịch phân lớp).
4
 H2 SO




to
CH3COOH + C2H5OH
CH3COOC2H5 + H2O
d. Hiện tượng: Có kết tủa xuất hiện.
4
 H2tSO
o 

C12H22O11 + H2O
C6H12O6 + C6H12O6
H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O
NH 3
 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

2

2


Theo bài : x + y = 0,15 (*)

´ X = 5,8.2 = 11,6 → mX = 11,6.0,15 = 1,74g
M
Gọi x, y lần lượt số mol C2H2, H2 có trong 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

2

{

2

{

2

2

→
o

, t C2H6 (4)
C2H2 + 2H2 ¿ →
Y có thể gồm: C2H2 dư, H2 dư, C2H4, C2H6.
C2H2 dư + 2Br2 → C2H2Br4 (5)
C2H4 + Br2 → C2H4Br2
(6)
Áp dụng bảo tồn khối lượng: mY =m X =1,74 g
Hỗn hợp khí Z: C2H6 và H2
1,344
n Z=
=0,06 mol
22,4
MZ = 4,5 .2 = 9 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. (3,0 điểm)
1. Hịa tan hồn tồn 6,7 gam hỗn hợp X gồm K, BaO, Ba, K 2O trong nước, sau phản ứng thu
được 500 ml dung dịch B và 336 ml khí H 2 (đo ở điều kiện tiêu chuẩn). Cho dung dịch B tác
dụng với dung dịch NaHCO3 dư, kết thúc phản ứng thu được 5,91 gam kết tủa.
Tính nồng độ mol của các chất trong dung dịch B.
2. Cho 3,84 gam Mg vào 200 ml dung dịch A chứa hỗn hợp CuSO4 xM và FeSO4 0,8M. Sau khi

các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 9,6 gam chất rắn B và dung dịch D. Cho dung dịch D
tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 lấy dư đến khi kết thúc các phản ứng thu được kết tủa E. Lọc
lấy kết tủa E, sau đó nung E trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được a gam chất rắn.
Tính giá trị của x và a.
3. Hỗn hợp A gồm Fe2O3, MgO và CuO. Tiến hành hai thí nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1: Hịa tan m gam hỗn hợp A trong dung dịch HCl dư, sau phản ứng, cô cạn dung
157 m
dịch thu được
gam muối khan.
80
- Thí nghiệm 2: Dẫn một luồng khí CO dư qua m gam hỗn hợp A nung nóng, thu được hỗn hợp
5m
khí X. Cho tồn bộ hỗn hợp X vào nước vôi trong dư, thu được
gam kết tủa.
4
Tính phần trăm khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp A. Giả thiết các phản ứng xảy ra 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 =
2

3

2

3

2

2

2

2

 n H ( H O )=x +2.0,03+2.0,015=x+ 0,09(mol)
x+ 0,09
n( H O ) =
( mol)
2
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.
2
x=0,05
0,05
=0,1(M )
 C M (KOH) =
0,5
3.2
Phản ứng xảy ra lần lượt 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, 2 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 còn dư, CuSO4 đã hết.
n
 0, 2 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 còn 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

2


0,16

0,16
mol
4Fe(OH)2 + O2   2Fe2O3 + 4H2O
(6)
0,08
0,04
mol
Chất rắn thu được 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
2
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 4. (2,0 điểm)
1. 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 thốt ra 112 ml
khí, đồng thời khối lượng bình đựng dung dịch brom tăng 0,4 gam.
Đốt cháy 336 ml hỗn hợp khí A trong khí O2 dư, cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình
đựng 200 ml dung dịch NaOH 0,4M, sau phản ứng thu được dung dịch B. Biết dung dịch B chứa
4,11 gam chất tan, khối lượng dung dịch B lớn hơn khối lượng dung dịch NaOH ban đầu là m
gam.
Xác định công thức phân tử của hai hiđrocacbon trong hỗn hợp A và tính giá trị của m. Giả thiết
các phản ứng đều xảy ra hồn tồn, các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

m CaCO

3

= 100g  nCaCO =

(thí nghiệm 2)

3

2

3

2

3

2

3

2

2

3

2

2

{

2

3

3

{


2. Nung m gam hỗn hợp X gồm NaHCO3 và CaCO3 ở nhiệt độ cao đến khi khối lượng không đổi
thu được chất rắn Y. Cho chất rắn Y vào nước dư, kết thúc phản ứng thu được m1 gam kết tủa Z
và dung dịch E.
Khi nhỏ rất từ từ dung dịch HCl 1M vào dung dịch E, thấy hiện tượng như sau:
- Nếu dùng hết V lít dung dịch HCl thì bắt đầu có khí thốt ra.
- Nếu dùng hết 1,2V lít dung dịch HCl thì khí ngừng thốt ra.
m
Tính tỉ lệ

.
m1
GIẢI
4.1

nA =

0,336
= 0,015mol
22,4

Hiđrocacbon thốt ra khỏi bình brom là ankan có cơng thức tổng qt là: CnH2n+2

nC H =
n

2n+2

0,112
= 0,005mol
22,4

Số mol của hiđrocacbon còn lại: n= 0,015 – 0,005 = 0,01 mol
Khối lượng bình brom tăng bằng 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 được CO2 và 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)
3

n

4

n

2n+2

0,03+ 0,005.4 = 0,05mol

Ankan là chất khí nên n  4  CO2
Xảy ra 2 trường hợp:
Trường hợp 1: CO2 và NaOH phản ứng hết sinh ra hai muối.
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O
CO2 + NaOH → NaHCO3

n

= 0,08-(0,03+0,005n) =0,05-0,005n

CO 2

Bảo toàn khối lượng:

m CO +m NaOH =m B +m H O
2

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 còn dư
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O

n H O =n CO =0,03+0,005n
2

2

Bảo toàn khối lượng:

m CO +m NaOH =m B +m H O
2

2

44(0,03+0,005n) + 0,08.40 = 4,11 + 18(0,03 – 0,005n)
n=1
Vậy ankan là CH4
Công thức phân tử của 2 hiđrocacbon trong A là: CH4, C3H4

Do đó,

n CO =0,03+0,005n=0,035 mol
n H O =0,03 mol
2

2


m=m H O +mCO =0,03.18+0,035.44=2,62g
2

2

4.2
Gọi số mol NaHCO3 là x mol, số mol CaCO3 là y mol trong hỗn hợp X ban đầu
 m = 84x + 100y
Khi nung hỗn hợp X xảy ra 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 và 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 là CaCO3
Vì cho HCl vào E có khí CO2 nên dung dịch E có NaOH và 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 cịn dư= 0,5x – y (mol)
Vậy dung dịch E có Na2CO3 (0,5x – y) mol và NaOH 2y mol
* Khi nhỏ rất từ từ dung dịch HCl vào dung dịch E, các phản ứng lần lượt 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 = 1 lít
- Khi CO2 bắt đầu thốt ra, xảy ra phản ứng (5), (6)
n  nNaOHdu  nNa2CO3
 HCl
→ 1 = 0,5x + y
(*)
- Khi CO2 thoát ra hết, xảy ra phản ứng (5), (6), (7)
n  nNaOHdu  2nNa2CO3
 HCl
→ 1,2 = x
(**)
Từ (*) và (**) tính được: y = 0,4
m = 84x+ 100y = 140,8
m1  mZ  mCaCO3
= 40g
m : m1 = 3,52g
--- HẾT ---