41 chuyên phú thọ 2021 2022

UBND TỈNH PHÚ THỌ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2021 – 2022
Mơn thi: Hóa học (dành cho thí sinh chun hóa học)
Thời gian làm bài: 150 phút(khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm)
1. Nêu hiện tượng xảy ra và viết các phương trình phản ứng hóa học trong mỗi trường hợp sau:
a) Cho từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch nước vôi trong.
b) Cho từ từ dung dịch NaHSO4 đến dư vào dung dịch Na2SO3
c) Cho mẩu natri vào ống nghiệm đựng cồn 960.
2. Hòa tan hoàn toàn một oxit của sắt vào dung dịch H 2SO4 (loãng, dư), thu được dung dịch X. Chia
X ra làm nhiều phần nhỏ có thể tích bằng nhau.
- Phần thứ nhất cho từ từ vào dung dịch KMnO 4, thấy mẫu của dung dịch KMnO 4 nhạt dần và mất
hẳn.
- Phần thứ hai cho bột Cu vào, thấy bột Cu tan.
a) Hãy cho biết oxit sắt là oxit nào? Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
b) Lấy các phần nhỏ còn lại của dung dịch X tác dụng lần lượt với lượng dư các chất, dung dịch sau:
Fe, Cl2, dung dịch Na2CO3 dung dịch NaOH. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
GIẢI
1.1 a. Hiện tượng: Lúc đầu xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực đại, sau đó kết tủa tan dần thành dung
dịch trong suốt.
CO2 + Ca(OH)2   CaCO3  + H2O
CO2 + CaCO3 + H2O   Ca(HCO3)2
b. Hiện tượng: Lúc đầu khơng có hiện tượng, một lúc sau thấy có khí thốt ra.
NaHSO4 + Na2CO3   Na2SO4 + NaHCO3
NaHSO4 + NaHCO3   Na2SO4 + CO2  + H2O
c. Hiện tượng: Mẩu Na tan dần, có khí khơng màu thốt ra.

2Na + 2H2O   2NaOH + H2 
2Na + 2C2H5OH   2C2H5OH + H2 
1.2
a. Theo giả thiết của bài tốn thì oxit sắt là: Fe3O4
PTPƯ:
Fe3O4 + 4H2SO4   FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O
 Fe2 (SO 4 )3

 dung dịch X:  FeSO 4
 H SO lo·ng, d
 2 4
10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4   5Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O
Fe2(SO4)3 + Cu   2FeSO4 + CuSO4
b. Dung dịch X: Fe2(SO4)3, FeSO4, H2SO4 loãng
Tác dụng với Fe
Fe + Fe2(SO4)3   3FeSO4
Fe + H2SO4 (loãng)   FeSO4 + H2  .
Tác dụng với Cl2
6FeSO4 + 3Cl2   2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3
Tác dụng với Na2CO3
Na2CO3 + H2SO4   Na2SO4 + H2O + CO2 
Na2CO3 + FeSO4   Na2SO4 + FeCO3 


3Na2CO3 + Fe2(SO4)3 + 3H2O   2Fe(OH)3  + 3Na2SO4 + 3CO2 
Tác dụng với NaOH
2NaOH + H2SO4   Na2SO4 + 2H2O
2NaOH + FeSO4   Na2SO4 + Fe(OH)2 
6NaOH + Fe2(SO4)3   3Na2SO4 + 2Fe(OH)3 
Câu 2: (2,0 điểm)

1. Không dùng thêm thuốc thử, các phản ứng nhiệt phân, điện phân hãy nhận biết các dung dịch
đựng trong các lọ mất nhãn sau: NaHCO3, HCl, NaCl
2. Hồn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ sau, ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có):
)
)
CO 2  (1)
 X  (2
Y  (3)
 Z  (4
T
(5)
(8)
(7)
(6 )
CH 2 Br  CH 2 Br  
V  
Z  
M
Biết Z, T, V là những hợp chất hữu cơ đều có hai nguyên tử cacbon trong phân tử.
GIẢI
2.1
+ Trích mẫu thử và đánh số
+ Đổ lần lượt các mẫu thử vào nhau ta có bảng kết quả
NaHCO3
K2CO3
HCl

NaHCO3
↑


K2CO3
↑
HCl
↑
↑



KCl
Dấu  nghĩa là khơng có hiện tượng
Ta thấy:
● Mẫu thử nào tạo khí thốt ra với 3 mẫu thử cịn lại là KCl.
● Mẫu thử nào tạo khí thốt ra được với 2 mẫu thử còn lại là HCl.
● Mẫu thử nào tạo khí thốt ra với 1 mẫu thử còn lại là NaHCO3, K2CO3.
+ Lấy HCl vừa nhận biết được cho từ từ vào 2 mẫu còn lại:
● Mẫu thử nào xuất hiện khí ngay là NaHCO3.
● Mẫu thử nào sau 1 lúc mới xuất hiện khí là K2CO3.
PTPƯ
NaHCO3 + HCl  
 NaCl + CO2  + H2O
K2CO3 + 2HCl  
 2KCl + CO2  + H2O
K2CO3 + HCl  
 KCl + KHCO3
KHCO3 + HCl  
 KCl + CO2  + H2O
2.2
(1) 6nCO2 + 5nH2O  ¸nhs¸ng
  diƯp
 lơc

 (C6H10O5)n + 6nO2 
axit,t 0
(2) (C6H10O5)n + nH2O    nC6H12O6
r ỵu
(3) C6H12O6  men


 2C2H5OH + 2CO2 
men giÊm
(4) C2H5OH + O2 
CH3COOH + H2O
4 đặc
H2SO

CH3COOC2H5 + H2O
(5) CH3COOH + C2H5OH 

t0

(6) CH3COOC2H5 + NaOH  t CH3COONa + C2H5OH
0

H SO đặc

4
C2H4 + H2O
(7) C2H5OH 2170
0C 
(8) C2H4 + Br2  
 CH2Br  CH2Br

KCl





Câu 3: (2,0 điểm)
1. Đốt cháy hết 6 gam cacbon trong oxi, thu được hỗn hợp khí A gồm CO và CO 2. Cho hỗn hợp khí
A đi từ từ qua ống sứ đựng 46,4 gam Fe 3O4 nung nóng, thu được chất rắn B gồm ba chất (Fe, FeO,
Fe3O4) và khí CO2 duy nhất. Hấp thụ hồn tồn lượng CO 2 sinh ra ở trên bằng dung dịch Ba(OH) 2,
thu được dung dịch D và 39,4 gam kết tủa. Đun nóng D thu thêm m gam kết tủa nữa thì phản ứng
kết thúc. Cho tồn bộ chất rắn B vào dung dịch CuSO 4 dư, sau khi phản ứng xảy ra hồn tồn thì
lượng CuSO4 đã phản ứng là 0,06 mol, đồng thời thu được 43,68 gam chất rắn E.
a) Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
b) Tính m và tỉ khối của A so với H2.
2. Cho 2,16 gam kim loại M (hóa trị khơng đổi) vào cốc đựng 250 gam dung dịch Cu(NO 3)2 3,76%
màu xanh đến khi các phản ứng xảy ra hoàn tồn, lọc bỏ phần khơng tan, thu được dung dịch khơng
màu có khối lượng 247,152 gam. Xác định kim loại M.
GIẢI
3.1
a. PTPƯ
0
(1) C + O2  t CO2
0
(2) C + CO2  t 2CO
0
(3) 4CO + Fe3O4  t 3Fe + 4CO2
0
(4) CO + Fe3O4  t 3FeO + CO2

0
(5) Fe + CuSO4  t FeSO4 + Cu
(6) 2CO2 + Ba(OH)2  
 Ba(HCO3)2
(7) CO2 + Ba(OH)2  
 BaCO3 ↓ + H2O
t0
(8) Ba(HCO3)2   BaCO3 ↓ + CO2 + H2O
Sơ đồ bài toán:
 Fe : 0,06 mol
FeO

 
 CuSO4 d
    E Fe3O 4
B FeO
0
CO
Cu : 0,06 mol
 
0,2 mol Fe3O4 ,t 0

C  O2 ,t  A 
 

  Fe3O 4
0
CO2

dd D: Ba(HCO3 )2  t m (gam) 

2
CO  Ba(OH)
  
 2
 BaCO3 : 0,2 mol

Tớnh m:
ra
BT.C

n Cban đầu n Ctrong A nsinh
CO2 0,5 mol
ra
ph¶n øng (7)
ph¶n øng (6)
ph¶n øng (6)
 BT.
C
 nsinh
 2n Ba(HCO
 n Ba(HCO

CO2 n BaCO3
3 )2
3 )2

0,5  0,2
ph¶n øng (8)
0,15 mol  n BaCO
0,15 mol

3
2

ph¶n øng (8)
 m m BaCO
197.0,15 29,55 gam
3

Tính d A H2 :
Trong E: m FeO  m Fe3O4 43,69  0,06.64 39,84 gam
oxit ban đầu
BT.
Fe n Trong
3n Fe3O4 0,2.3 0,6 mol
Fe

39,84 0,06.56 0,6.56
0,6 mol
16
B
ra
đầu
BT.O

n OTrong A nTrong
 2n Sinh
 4n ban
O
CO2
Fe3O4 0,6  2.0,5  4.0,2 0,8 mol

 n OTrong B 

Gọi số mol CO và CO2 trong A lần lượt là a và b mol


a  b 0,5
a 0,2
0,2.28  0,3.44
 
 d A H2 
18,8
Ta có: 
2.0,5
a  2b 0,8 b 0,3
3.2
250.3,76
9, 4
m Cu(NO3 )2 
9, 4 gam  n Cu(NO3 )2 
0,05 mol
100
188
Trường hợp 1: Kim loại R không phản ứng với H2O
2R + nCu(NO3)2  
 2R(NO3)n + nCu 
 m dungdịch giảm 2,16 250 247,152 5,008 gam m Cu 5,008 gam  n Cu 0,07825mol
Vì dung dịch thu được không màu  Cu(NO3)2 hết. Nhưng: n Cu(NO3 )2 n Cu → loại
Trường hợp 2: Kim loại R phản ứng với H2O
n

R + nH2O  
 R(OH)n + H2
2
2R(OH)2 + nCu(NO3)2  
 2R(NO3)n + nCu(OH)2
 n Cu(OH)2 n Cu(NO3 )2 0,05 mol  m Cu(OH)2 0,05.98 4,9 gam
m dungdịch giảm 2,16 250 247,152 5,008 gam  m H2 5,008  4,9 0,108 gam  n H2 0,054 mol
0,108
2,16
 MR 
20n
0,108
n
n
n=1 
 MR = 20 (loại)
n=2 
 MR = 40  
 R là Ca
n=3 
 MR = 60 (loại)
Câu 4: (2,0 điểm)
1. Từ m gam tinh bột điều chế ancol etylic bằng phương pháp lên men với hiệu suất của cả quá trình
là 80%. Lượng CO2 sinh ra từ quá trình trên được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH) 2 thu
được dung dịch X và 40 gam kết tủa. Thêm dung dịch KOH 1M và X, để lượng kết tủa thu được là
lớn nhất thì cần tối thiểu 150ml dung dịch KOH 1M.
a) Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
b) Tính m.
2. Cho 32,54 gam hỗn hợp X gồm một chất béo (C 17H33COO)3C3H5 và một este RCOOCnH2n+1 tác
dụng vừa đủ với 160ml dung dịch NaOH 1M. Chưng cất hỗn hợp sau phản ứng, thu được m gam

hỗn hợp Y gồm C3H5(OH)3 và CnH2n+ 1OH. Đốt cháy hoàn toàn m gam Y, thu được 7,04 gam CO 2 và
4,68 gam H2O
a) Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
b) Xác định công thức cấu tạo của RCOOCnH2n+1 và tính m.
c) Cho 0,15 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với a mol H2 (xúc tác Ni, t0C). Tính a.
GIẢI
4.1
a. PTPƯ
0
(1) (C6H10O5)n + nH2O  axit,t
  nC6H12O6
r ỵu
(2) C6H12O6  men


 2C2H5OH + 2CO2
(3) CO2 + Ca(OH)2  
 CaCO3 + H2O
(4) 2CO2 + Ca(OH)2  
 Ca(HCO3)2
(5) Ca(HCO3)2 + KOH  
 CaCO3 + KHCO3 + H2O
 nR 


 n Ca(HCO3 )2 n KOH 0,15.1 0,15 mol
40
0,7.162
 BT.C


 n CO2 n CaCO3  2n Ca(HCO3 )2 
 2.0,15 0,7 mol  m 
70,875gam
100
2.0,8
4.2
a. PTPƯ
0
(C17H33COO)3C3H5 + 3NaOH  t 3C17H33COONa + C3H5(OH)3
0
RCOOCnH2n+1 + NaOH  t RCOONa + CnH2+1OH
0
2C3H5(OH)3 + 7O2  t 6CO2 + 8H2O
3n
0
CnH2n+1OH +
O2  t nCO2 + (n+1)H2O
2
b.
 n NaOH 0,16.1 0,16 mol



7,04
 n CO2 
0,16 mol
22, 4


4,68

0,26 mol
 n H2O 

18
n (C17 H33COO)3 C 3H5 x (mol)  n C3H5 (OH)3 x (mol)
Gọi 
n RCOOC n H 2 n1 y (mol)  n C n H2 n1OH y (mol)
n
3x  y 0,16
x 0,03
 NaOH

BT.C
 3x  ny n CO2 0,16
 y 0,07  n 1  CH 3OH
  
 BT. H

 8x  (2n  2)y 2n H2 O 0,52 ny 0,07
   
 m m Y 0,03.92  0,07.32 5 (gam)
║Xác định công thức cấu tạo của RCOOCnH2n+1
Mx = 0,03.884 + 0,07(R + 59) = 32,54  R = 27
Gọi R là CnHm  12n + m = 27
n=1
 m = 15 (loại)
n=2
 m = 3 → R: C2H3
n=3
 m = -9 (loại)

 CTCT: CH2=CH  COOCH3
c.
 n (C17H33COO)3 C 3H5 0,03 (mol)
Hỗn hợp X ban đầu 
 n CH2 CHCOOCH3 0,07 (mol)
n (C17H33COO)3 C 3H5 0,045 (mol)
 0,15 mol X 
 a 3.0,045  0,105 0,24 (mol)
n

0,105
(mol)
CH

CHCOOCH
 2
3
Câu 5: (2,0 điểm)
1. Đốt cháy hoàn toàn m gam đơn chất A bằng oxi dư, thu được oxit B (B là chất rắn ở nhiệt độ
thường). Hấp thụ hết B vào 400ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch có chứa 28,4 gam chất
tan D duy nhất. Xác định công thức hóa học của các chất (A, B, D) và giá trị của m.


2. Đun nóng hỗn hợp X gồm C2H4, H2 có xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Biết
tỉ khối hơi của X so với khí hiđro là 7,5 và tỉ khối hơi của Y so với khí hiđro là 12. Các thể tích khí
đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Tính thành phần phần trăm theo thể tích các khí có trong
hỗn hợp X và Y.
GIẢI
5.1
 Na  : 0, 4 (mol)


 O2
 dd NaOH
A  
 Oxit B     dd D  n  0, 4
(mol)
X :

n
n NaOH 0, 4.1 0, 4 (mol)
Gọi chất tan D : NanX
m X n 28, 4  0, 4.23 19,2 (gam)
19,2.n

 MX 
 M X 4,8n

0, 4
0,4
(mol)
 n X n 

n
n = 1  MX = 48 (vô lý)
2
2
n = 2  MX = 96 (X có thể là SO 4 hoặc HPO 4 )
2

X là SO 4 không hợp lý

X chỉ có thể là HPO

 BT.P

 n P n X 

2
4

chÊt tan D  Na 2 HPO 4

→ oxit B  P2 O 5
chÊt r¾n A  P


0, 4
0,2 (mol)  m 0,2.31 6,2 (gam)
2

5.2
 n C 2 H4 : x (mol) 28x  2y
x 1

7,5.2  
Gọi trong X 
xy
y 1
 n H2 : y (mol)
● Lấy 1 mol C2H4 và 1 mol H2. Ta có:
0

C2H4 + H2  Ni,t

 C2H6
Ban đầu
1
1
0
PƯ
x
x
x
Sau PƯ
1 x 1 x
x
n C H 1  x
 2 4
(1  x).28  (1  x).2  30x
Y n H2 1  x  d Y H2 12 
12.2  x 0,75 (mol)  n Y 1,25 (mol)
1  x 1  x  x

n C 2 H6 x
0,25

.100% 20%
%VC 2 H 4 %VH2 
1,25
Vậy Y 
%VC H 60%


2 6
--- HẾT ---