49 chuyên điện biên 2021 2022

ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐIỆN BIÊN NĂM 2021
Mơn thi: Hóa Học
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. (1,5 điểm)
1.1. Viết các phương trình hóa học thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau đây (ghi rõ điều kiện xảy ra nếu có):
(1)
(2)
(4)
(5)
(6)
 rượu etylic (3) axit axetic 
 etyl axetat 
 natri axetat 
 metan.
Saccarozơ  glucozơ 
1.2. Có 4 chất khí A, B, C, D. Khí A là hợp chất hữu cơ có tỉ khối so với H 2 là 8. Khí B tạo ra khi nhiệt phân
KMnO4. Khí C thốt ra ở cực âm, khí D thoát ra ở cực dương khi điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn. A,
B, C, D là những khí gì? Cho các khí trên tác dụng với nhau từng đơi một. Viết tất cả các phương trình hóa học
xảy ra (nếu có).
Giải:
1.1. Các phản ứng xảy ra:
o

axit,t
(1) C12H22O11 + H2O    C6H12O6 + C6H12O6
leân men

 2C2H5OH + 2CO2↑
(2) C6H12O6   
men giaám

(3) C2H5OH + O2     CH3COOH + H2O
o
 H2SO
4 ,t





(4) CH3COOH + C2H5OH
CH3COOC2H5 + H2O
o

 t CH3COONa + C2H5OH
t o ,CaO
(6) CH3COONa(r) + NaOH(r)    CH4↑ + Na2CO3
(5) CH3COOC2H5 + NaOH
1.2.
A là hợp chất hữu cơ có MA = 8.2 =16  A là CH4
Khí B, C, D lần lượt là O2, H2, Cl2
Các phản ứng xảy ra:
o

2KMnO4

 t K2MnO4 + MnO2 + O2↑

2NaCl + 2H2O

đpdd

 có
mà
 
ng ngăn

2NaOH + H2 + Cl2

to

2H2 + O2   2H2O
aùnh saùng
 2HCl
H2 + Cl2    
o

t
CH4 + 2O2   CO2 + 2H2O
aùnh saùng

 CH3Cl + HCl
CH4 + Cl2    
aùnh saùng
 CH2Cl2 + 2HCl
CH4 + 2Cl2    
aùnh saù ng
 CHCl3 + 3HCl
CH4 + 3Cl2    
aùnh saùng
 CCl4 + 4HCl
CH4 + 4Cl2    

Câu 2. (1,5 điểm)
2.1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học xảy ra khi tiến hành các thí nghiệm sau:
a. Cho một mẩu nhỏ Na vào ống nghiệm chứa 5ml rượu etylic.
b. Nhỏ từ từ dung dịch axit axetic đến dư vào ống nghiệm có chứa Cu(OH)2.
2.2. Trình bày cách tiến hành thí nghiệm chứng minh trong hợp chất hữu cơ có chứa nguyên tố Cacbon.
2.3. Động Pa Thơm, huyện Điện Biên, tỉnh Điện Biên được hình thành trên núi đá vơi. Một học sinh u
thích mơn hóa học, sau khi thăm động có mang về một lọ nước nhỏ từ nhũ đá trên trần động xuống. Học sinh
đó đã chia lọ nước làm 3 phần và tiến hành các thí nghiệm sau:
- Phần 1: Đun sôi.


- Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch HCl.
- Phần 3: Cho tác dụng với dung dịch KOH.
Hãy nêu hiện tượng và viết các phương trình hóa học có thể xảy ra.
Giải:
2.1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học xảy ra:
a. Mẫu Na tan dần, có khí khơng màu thoát ra
2Na + 2C2H5OH → 2C2H5ONa + H2
b. Cu(OH)2 tan dần tạo thành dung dịch màu xanh.
2CH3COOH + Cu(OH)2 → (CH3COO)2Cu + 2H2O
2.2.
Đốt cháy 1 nhúm bông, gạo hoặc giấy, thu khí và hơi thốt ra bằng cách úp miệng ống nghiệm vào phía
trên ngọn lửa, khi ống nghiệm mờ đi, xoay ống nghiệm lại rồi rót dung dịch Ca(OH)2 vào.
Thấy dung dịch Ca(OH)2 vẩn đục => có sự tạo thành CaCO3 => Các hợp chất hữu cơ cháy đã tạo ra khí

CO2
hợp chất hữu cơ có chứa C.
Phương trình hóa học: Hợp chất hữu cơ + O2 → CO2 + H2O
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O
2.3. Lọ nước lấy từ trên núi đá vôi nên dung dịch chứa chủ yếu Ca(HCO3)2

 Phần 1: Đun sơi có kết tủa trắng xuất hiện và có khí khơng màu, khơng mùi, nặng hơn khơng khí thốt ra:
t0




Phương trình hóa học: Ca(HCO3)2   CaCO3  + CO2  + H2O
Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch HCl có khí khơng màu, khơng mùi, nặng hơn khơng khí thốt ra:
Phương trình hóa học: Ca(HCO3)2 + 2HCl → CaCl2 + 2CO2  + 2H2O
Phần 3: Cho tác dụng với dung dịch KOH có kết tủa trắng xuất hiện:
Phương trình hóa học: Ca(HCO3)2 + 2KOH → CaCO3  + K2CO3 + 2H2O

Câu 3. (2,0 điểm)
3.1. Trong điều kiện thích hợp, hỗn hợp X gồm 4 chất khí sau: CO 2, SO3, SO2 và H2. Trình bày phương
pháp hố học nhận ra sự có mặt của từng khí trong hỗn hợp X. Viết các phương trình hóa học xảy ra.
3.2. Một hỗn hợp bột gồm các chất: CaCO 3, CaO, BaSO4, NaCl. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng
từng chất ra khỏi hỗn hợp trên. Viết các phương trình hóa học minh họa.
Giải:
3.1. Lấy 1 mẫu khí X làm thí nghiệm:
 Dẫn hỗn hợp X qua dung dịch BaCl2 (dư), xuất hiện kết tủa trắng, nhận ra SO3 và loại bỏ được SO3.
BaCl2 + SO3 + H2O → BaSO4  + 2HCl
 Dẫn hỗn hợp khí đi ra khỏi dung dịch BaCl 2 vào dung dịch Br2 (dư) thấy dung dịch brôm nhạt màu, nhận ra
và loại bỏ SO2.
SO2 + 2H2O + Br2  H2SO4 + 2HBr.
 Hỗn hợp khí sau khi đi ra khỏi bình dung dịch Br 2 dẫn vào dung dịch nước vôi trong (dư), nếu vẩn đục
nhận ra và loại bỏ CO2.
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
 Khí cịn lại dẫn qua ống đựng CuO nung nóng thấy tạo chất rắn màu đỏ và có hơi nước bám vào thành ống
nhận ra H2
0

t
H2 + CuO   Cu + H2O

3.2.
 Hòa hỗn hợp vào nước dư xảy ra phản ứng: CaO + H2O → Ca(OH)2
 Thu được hỗn hợp chất rắn gồm CaCO3 và BaSO4; nước lọc gồm Ca(OH)2 và NaCl
 Thêm dung dịch Na2CO3 dư vào nước lọc thu được kết tủa, lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không
đổi  CaO. Dùng HCl dư trung hịa nước lọc, cơ cạn dung dịch thu được NaCl
Na2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3  + 2NaOH


t0

CaCO3   CaO + CO2↑
NaOH + HCl → NaCl + H2O
Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O
 Hòa hỗn hợp CaCO3 và BaSO4 vào dung dịch HCl dư, chất rắn không tan là BaSO 4, lọc thu được BaSO4;
thêm dung dịch Na2CO3 dư vào nước lọc, lọc lấy kết tủa thu được CaCO3
CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2↑ + H2O
Na2CO3 + CaCl2  CaCO3  + 2NaCl
Câu 4. (2,0 điểm)
4.1. Cho 47,6 gam hỗn hợp X (Cu, Fe, Al) tác dụng vừa đủ với 29,12 lít khí Cl 2 (đktc). Mặt khác 0,25 mol
hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 0,2 mol khí (đktc). Tính phần trăm khối lượng mỗi kim
loại trong hỗn hợp X.
4.2. Cho A là dung dịch H 2SO4 có nồng độ aM. Trộn 500ml dung dịch A với 200ml dung dịch KOH 2M,
thu được dung dịch D. Biết ½ dung dịch D phản ứng vừa đủ với 0,255 gam Al 2O3.
a. Tính a.
b. Hồ tan hết 2,668 gam hỗn hợp B gồm Fe3O4 và FeCO3 cần vừa đủ 100ml dung dịch A. Xác định khối lượng
từng chất trong hỗn hợp B.

Giải:
4.1.
Gọi số mol Cu, Fe, Al trong 47,6 gam X lần lượt là: a, b, c (mol).
Số mol Cu, Fe, Al trong 0,25 mol X lần lượt là: ka, kb, kc (mol).
Thí nghiệm 1: X tác dụng với Cl2 , ta có:

n Cl2 

29,12
1,3 (mol)
22, 4

0

t
Cu + Cl2   CuCl2

a

a

(1)

(mol)
0

2Fe + 3Cl2
b
1,5b

 t 2FeCl3

(2)

(mol)
0

2Al + 3Cl2
c
1,5c
Ta có:

 t 2AlCl3

(3)

(mol)

m hh = 64a + 56b + 27c = 47,6 (I)
n Cl2 = a + 1,5b + 1,5c = 1,3

(II)

Thí nghiệm 2: X tác dụng với dung dịch HCl
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4)
kb
kb
(mol)
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (5)
kc

1,5kc (mol)

n hh = ka + kb + kc = 0,25
 4a - b - 3,5c = 0 (III)

n H2 = kb + 1,5kc = 0,2
Ta có:
64a + 56b + 27c = 47,6 a = 0,4


a + 1,5b + 1,5c = 1,3  b = 0,2

c = 0,4

 4a - b - 3,5c = 0

Từ (I) (II) (II)
Vậy:

%mCu 

0, 4.64
0, 2.56
53, 78% %m Fe 
23,53%
47, 6
47,
6
;
; %mAl = 22,69%

4.2.
n Al2O3 

n H2SO4

0, 255
0, 0025 (mol)
102

a. Tính a:
= 0,5a (mol); nKOH = 2.0,2 = 0,4 (mol);
Dung dịch D phản ứng được với Al2O3 nên có 2 trường hợp: H2SO4 dư hoặc KOH dư
 Trường hợp 1: Dung dịch D chứa H2SO4 dư
H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O
0,2
0,4
(mol)
3H2SO4 + Al2O3 → Al2(SO4)3 + 3H2O
0,0075
0,0025
(mol)

Ta có: 0,2 + 0,0075.2 = 0,5a
a = 0,43 (M)
 Trường hợp 2: Dung dịch D chứa KOH dư
H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O
0,5a
a

(mol)
2KOH + Al2O3 → 2KAlO2 + H2O
0,005
0,0025
(mol)

Ta có: a + 0,005.2 = 0,4
a = 0,39 (M)
b. Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe3O4 và FeCO3
Theo đề: mhhB = 232x + 116y = 2,668 (I)
Fe3O4 + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + FeSO4 + 4H2O
(4)
x
4x
(mol)
FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + CO2 +H2O
(5)
y
y
(mol)


n



H 2SO4
Trường hợp 1: a = 0,43 (M) 
232x + 116y = 2,668
 


4x
+
y
=
0,043

Từ (I) và (II)

4x +y = 0,43.0,1 = 0,043 (mol) (II)
 x 0, 01

 y 0,003

m Fe3O4 = 0,01.232 = 2,32 (gam)

m FeCO3 = 2,668 - 2,32 = 0,348 (gam)
Vậy: 


n



H 2SO 4
Trường hợp 2: a = 0,39 (M) 
4x + y = 0,39.0,1 = 0,039 (mol) (III)
232x
+
116y

=
2,668

 x = 0,008
 
 
4x + y = 0,039
 y = 0,007
Từ (I) và (III)

m Fe3O4 = 0,008.232 = 1,856 (gam)

m FeCO3 = 2,668 - 1,856 = 0,812 (gam)
Vậy: 
Câu 5. (1,5 điểm) 5.1. Cho 6,72 lít hỗn hợp khí gồm một hiđrocacbon X (trong phân tử chỉ chứa liên kết
đơn) và một hiđrocacbon Y (trong phân tử ngoài các liên kết đơn chỉ có một liên kết đơi) đi qua dung dịch
Brom thấy khối lượng bình brom tăng 4,2 gam và thốt ra 4,48 lít khí. Đốt cháy khí thốt ra thu được 8,96
lít khí CO2. Xác định cơng thức phân tử của các hiđrocacbon, biết thể tích các khí đo ở đktc.
5.2. Lên men 4,5kg tinh bột để điều chế rượu etylic với hiệu suất mỗi giai đoạn là 90%. Tính khối lượng
dung dịch rượu etylic 450 thu được. Biết khối lượng riêng của rượu etylic là 0,8g/ml và khối lượng riêng
của nước là 1,0g/ml.
Giải:
5.1. Đặt CTPT của ankan là CmH2m+2 (m ≥ 1)
anken là CnH2n (n ≥ 2)
Cho hỗn hợp khí qua dung dịch Brom chỉ có CnH2n tham gia phản ứng

m
4, 2 (gam)
Kkhối lượng bình brom tăng là khối lượng của anken  Cn H 2n

CnH2n +

n Cn H2n

Br2  CnH2nBr2

(1)

6, 72  4, 48
2, 24 = 0,1 mol
=

 M Cn H2 n = 42  14.n = 42  n= 3
Vậy CTPT của anken là C3H6


Trường hợp 1: Brom dư khi đó khí thốt ra là ankan 
3m  1
CmH2m+2 + ( 2 )O2

0,2
2



4,48
= 0,2 (mol)
2,24

0

 t mCO2 + (m+1)H2O
0,2m

nCO 

n khí =

(mol)

8,96
0,4 (mol)
22,4

Ta có:
 0,2m = 0,4  m = 2  CTPT của ankan là C2H6
Trường hợp 2: Brom thiếu trong phản ứng (1) khi đó khí thốt ra là ankan và anken dư
Đặt CTPT chung của 2 chất là

Cx H y

:

n hh khí =

4,48
= 0,2 (mol)
2,24

y
y
(x + )
t0
4 O2   x CO2 + 2 H2O
+
0,4
x=
=2
0,2
 m<2<3  m=1
Theo đề:

Cx H y

Vậy CTPT của ankan là CH4
Vậy CTPT của 2 hidrocacbon là CH4 và C3H6 hoặc C2H6 và C3H6.
5.2.

( C6 H10 O5 ) n
162n
4,5

 H1 90%

 nC6H12O6  H2 90%

 nC2H5OH

→

→

92n (kg)
23/9 (kg)

23.0,9.0,9
= 2,07 (kg)

9
Do H1 = H2 = 90%
Khối lượng rượu thực tế thu được =
2,07.1000
= 2587,5 (ml) = 2,5875 (lít)
0,8
Vrượu ngun chất =
Vrượu 450 = 2,5875.

100
= 5,75 (lít)
45


 VH2O = 5,75 - 2,5875 = 3,1625 (lít)  m H 2O =3,1625 (kg)
m
0 = 2,07 + 3,1625 = 5,2325 (kg)
Vậy khối lượng dung dịch rượu 45o : rượu 45
Câu 6. (1,5 điểm):
6.1. Sục từ từ khí CO2 vào 200 gam dung dịch Ca(OH)2, kết quả thí
nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị ở hình bên. Tính nồng độ phần
trăm của chất tan trong dung dịch sau phản ứng.

6.2. Thủy phân hoàn toàn protein A thu được chất hữu cơ X (MX = 89
gam/mol). Đốt cháy hoàn toàn 4,45 gam X bằng một lượng khơng khí
vừa đủ. Dẫn tồn bộ sản phẩm cháy qua dung dịch nước vôi trong dư,


thu được 15 gam kết tủa và thấy khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 5,25 gam so với khối lượng dung
dịch trước phản ứng, đồng thời thoát ra 17,36 lít khí duy nhất (đktc). Xác định cơng thức phân tử của X. (Coi
khơng khí chứa 20% O2 và 80% N2 về thể tích).
Giải:
6.1.
Từ đồ thị ta có: Số mol CaCO3 cực đại là 0,8 mol
Số mol CO2 dùng để hòa tan kết tủa là 1,2 – 0,8 = 0,4 mol
CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2
0,4
0,4 mol
 Số mol CaCO3 bị hòa tan là: 0,4 mol
 Số mol CaCO3 còn lại là: 0,8 – 0,4 = 0,4 mol
Khối lượng dung dịch sau phản ứng

0,4.162
.100% = 30,45%
200 + 1,2.44 - 0,4.100
4, 45
17,36
nX 
0,05 (mol); n CO2 0,15 (mol); n N 2 =
0,775 (mol)
89
22,
4

6.2
C%Ca(HCO3 )2 =

Bảo toàn C :

n C/X n CO2 n CaCO3 0,15 (mol)
m m

m

CO2
H 2O
Khối lượng dung dịch giảm: ∆mdd giảm = 
 m H O = 15 - 0,15.44 - 5,25 = 3,15 (gam)  n H O 0,175 (mol)
2
2

Đặt CTPT của X là CxHyOzNt
y z
y
t
(x   )
to
4 2 O2   xCO2 + 2 H2O + 2 N2
CxHyOzNy +
0,05

y z
(x + - )0,05
4 2

Theo đề, ta có:

n

N2

0,05x
0,05x = 0,15


 0,05y
= 0,175

 2

(*)

y
t
0,05 2 0,05 2

x = 3

y = 7

n N2 /kk  n N2 (*) 4.n O2  n N2 (*) 0, 775

y z
t

 4.0,05.(x+ - ) + 0,05. = 0,775
 0,1z - 0,025t = 0,175 (I)
4 2
2

MX = 89  12.3 + 7 + 16z + 14t = 89  16z  14t 46
z = 2
 
t = 1
Từ (I) (II)
Công thức phân tử của X là C3H7O2N

(II)