54 chuyên sở hà nội 2020 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 02 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2021 - 2022
Mơn: Hóa học
Ngày thi: 14/6/2021
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I. (2,0 điểm)
1. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau:
a. Cho một đinh sắt vào dung dịch CuSO4.
b. Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào cốc đựng dung dịch NaOH lỗng, sau đó nhỏ từ từ đến dư
dung dịch HCl vào cốc và khuấy đều.
2. Cho: X là kim loại phổ biến trong vỏ Trái Đất và có tính nhiễm từ; Y là oxit có chứa 72,41% X về khối
lượng; Z và T là các muối khan của X. Phân tử khối của các chất Y, Z, T thỏa mãn điều kiện:
MY + MZ = 384 và MT – MZ = 248.
a. Xác định cơng thức hóa học của X, Y, Z, T?
b. Với các chất X, Y, Z, T ở trên, viết các phương trình hóa học thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau (ghi rõ
điều kiện phản ứng, nếu có):
 (1)
 X  (3)
Y 
 Z  (4)
 T
(2)

Câu II. (2,0 điểm)
1. Để xác định xem thực vật có hơ hấp hay khơng,

một bạn học sinh đã làm thí nghiệm như sau: Cho
các hạt nảy mầm vào bình được nối với ống dẫn khí
như hình vẽ bên. Dẫn khơng khí vào ống nghiệm 1
đựng dung dịch KOH dư. Khí thốt ra khỏi ống
nghiệm 1 được dẫn qua ống nghiệm 2 đựng nước vơi
trong dư. Khí thốt ra khỏi ống nghiệm 2 được dẫn
tiếp vào bình chứa hạt nảy mầm. Để khí thốt ra khỏi
bình chứa hạt nảy mầm một thời gian rồi mới cắm
đầu
ống dẫn khí vào ống nghiệm 3 đựng nước vôi trong dư. Kết thúc thí nghiệm, ở ống nghiệm 2 khơng có
hiện tượng gì, cịn ở ống nghiệm 3 thấy xuất hiện vẩn đục màu trắng.
a. Giải thích vì sao phải dẫn khơng khí qua ống nghiệm 1 và ống nghiệm 2 trước khi dẫn vào bình chứa
hạt nảy mầm?
b. Giải thích vì sao phải để khí thốt ra khỏi bình chứa hạt nảy mầm một thời gian rồi mới cắm đầu ống
dẫn khí vào ống nghiệm 3?
c. Dựa vào kết quả thí nghiệm trên, kết luận thực vật có hơ hấp khơng? Từ đó cho biết có nên để nhiều
chậu ngâm hạt giống trong phịng ngủ khơng? Vì sao?
2. Tại một phịng thí nghiệm, để kiểm tra hàm lượng hiđro sunfua có trong mẫu khí lấy từ một khu dân
cư, người ta cho mẫu khí đó đi vào dung dịch đồng (II) sunfat dư với tốc độ 2,5 lít/phút trong 400 phút
(giả thiết chỉ có phản ứng: H2S + CuSO4  CuS + H2SO4, phản ứng xảy ra hoàn toàn). Lọc lấy kết tủa,
làm khô thu được 1,92 mg chất rắn màu đen. Biết tại thời điểm nghiên cứu, theo tiêu chuẩn Việt Nam đối
với khu dân cư, hàm lượng hiđro sunfua trong khơng khí khơng được vượt q 0,3 mg/m 3. Xác định hàm
lượng hiđro sunfua có trong mẫu khí trên và cho biết khơng khí tại khu dân cư đó có bị ơ nhiễm khơng?
Câu III. (2,0 điểm)
1. Hợp chất X có cơng thức AB4. Tổng số hạt proton, nơtron và electron trong một phân tử X là 226,
trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 70. Nguyên tử A có số hạt proton bằng số
hạt nơtron. Nguyên tử B có tổng số hạt trong hạt nhân nhiều hơn số hạt ở lớp vỏ là 18. Xác định số hiệu
nguyên tử của A và B?
2. Hấp thụ hết 4,928 gam khí CO 2 bằng dung dịch chứa hỗn hợp gồm x mol Ba(OH) 2 và y mol NaOH thu
được 5,91 gam kết tủa và dung dịch chỉ chứa 8,708 gam muối. Tìm giá trị của x và y?

3. Hịa tan hồn tồn m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng 350 gam dung dịch HCl 14,6% thu
được dung dịch Y. Để trung hòa lượng axit dư trong Y cần dùng 140 ml dung dịch KOH 2M. Mặt khác,
để khử hoàn toàn m gam X thành kim loại cần dùng tối thiểu V lít khí CO (đktc). Tìm giá trị của V?
Câu IV. (2,0 điểm)


1. Cho 22,62 gam hỗn hợp X gồm NaOH, Na 2CO3, CaCO3, Ca(OH)2 tác dụng hết với dung dịch HCl dư
thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn Y thu được 18,72 gam NaCl và m gam CaCl2.
Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và tìm giá trị của m?
2. Hịa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Zn, S, FeS 2, FeS, Cu2S, MgS bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng, thu
được dung dịch Y chỉ chứa

169m
gam hỗn hợp các muối sunfat trung hịa và 8,4 lít khí SO 2 (sản phẩm
89

khử duy nhất, ở đktc). Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào Y thu được tối đa 33,165 gam kết tủa. Tìm giá
trị của m?
Câu V. (2,0 điểm)
1. Các chất hữu cơ X, Y, Z, T đều có cơng thức dạng CnH2nOn (MX = MY < MZ = MT < 100). Biết:
- Chất X phản ứng được với dung dịch NaHCO3.
- Chất Y phản ứng được với dung dịch NaOH (đun nóng) nhưng khơng phản ứng được với Na.
- Chất Z phản ứng được với NaOH (đun nóng) và phản ứng được với Na nhưng không phản ứng được với
dung dịch NaHCO3.
- Dung dịch chất T làm đổi màu quỳ tím thành đỏ; khi T phản ứng với Na dư thì số mol H 2 thu được bằng
số mol T tham gia phản ứng.
Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T?
2. Hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon mạch hở có cơng thức C nH2n+2 và CmH2n+2; hỗn hợp Y gồm C2H7N và
C3H9N. Trộn X với Y theo tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 1 được hỗn hợp Z. Đốt cháy hoàn toàn 10,28 gam Z
bằng O2 vừa đủ thu được sản phẩm cháy chỉ gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình

đựng nước vơi trong dư, sau khi phản ứng hồn tồn thấy có khí thốt ra khỏi bình, khối lượng bình đựng
nước vơi trong tăng 41,56 gam đồng thời thu được 56 gam kết tủa. Mặt khác, dẫn hỗn hợp X qua dung
dịch brom dư thì có tối đa 0,04 mol Br2 tham gia phản ứng và khối lượng bình brom tăng 1,12 gam. Xác
định cơng thức phân tử của các hiđrocacbon trong X?
Cho biết: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P = 31; S = 32; Cl = 35,5;
K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ba = 137.
----- Hết ----Thí sinh được dùng máy tính cầm tay khơng có chức năng thu, phát và lưu dữ liệu.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


BÀI GIẢI CHI TIẾT
Câu I.1.
a. Cho một đinh sắt vào dung dịch CuSO4:
Hiện tượng: Sau một thời gian, có chất rắn màu đỏ bám ngoài đinh sắt, màu xanh của dung dịch CuSO 4 bị
nhạt dần:
Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu
b. Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào cốc đựng dung dịch NaOH lỗng, sau đó nhỏ từ từ đến dư
dung dịch HCl vào cốc và khuấy đều.
Hiện tượng: khi nhỏ phenolphtalein vào dung dịch NaOH loãng thấy dung dịch có màu hồng. Khi nhỏ từ
từ HCl vào thì màu hồng của dung dịch nhạt dần và trở thành dung dịch không màu khi HCl dư:
NaOH + HCl  NaCl + H2O
Câu I.2.
X là kim loại phổ biến trong vỏ Trái Đất và có tính nhiễm từ  X là Fe.
Gọi công thức của Y là FexOy. Theo đề bài ta có:

56x
x 3
72,41

=

=
56x  16y
y 4
100

Vậy cơng thức của Y là Fe3O4.
Mặt khác, cũng theo đề bài:
MY + MZ = 384  MZ = 152  Z là FeSO4.
MT – MZ = 248  MT = 400  T là Fe2(SO4)3.
 (1)
 Fe  (3)
Fe3O4 
 FeSO4  (4)
 Fe2(SO4)3
(2)

o

(1) Fe3O4 + 4H2  t 3Fe + 4H2O
o
(2) 3Fe + 2O2  t Fe3O4
(3) Fe + H2SO4 loãng  FeSO4 + H2
o
(4) 2FeSO4 + 2H2SO4 đặc  t Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O
hoặc: 6FeSO4 + 3Cl2  2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3
Câu II.1.
a. Dẫn khơng khí qua bình 1 nhằm mục đích giữ lại hồn tồn khí CO 2 có trong khơng khí, khi đó khí đi
vào bình chứa hạt nảy mầm khơng có CO2:
CO2 + 2KOH  K2CO3 + H2O
CO2 + K2CO3  2KHCO3

Tiếp tục dẫn qua bình 2 để xác định khí vào bình hạt nảy mầm khơng có chứa khí CO 2 (vì nếu có sẽ làm
cho nước vơi trong ở bình 2 bị vẩn đục).
b. Nhằm làm cho lượng khơng khí có trong bình chứa hạt nảy mầm thốt hết ra ngồi, mặt khác, sau một
thời gian thì lượng CO2 thốt ra nhiều hơn.
c. Thực vật có hơ hấp vì khí thốt ra khỏi bình làm nước vơi trong ở bình 3 vẩn đục:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
Vì q trình hơ hấp của thực vật lấy oxi, đồng thời giải phóng khí cacbonic:
Chất hữu cơ + O2  CO2 + H2O + Năng lượng
Do vậy không nên để chậu cây ngâm hạt (hoặc các loại cây cảnh, hoa...) trong phòng ngủ, đặc biệt là ban
đêm. Do q trình hơ hấp ở thực vật sẽ làm giảm lượng oxi trong phòng ngủ, mặt khác quá trình hơ hấp
của thực vật tạo khí CO2 gây ảnh hưởng đến sự hô hấp của con người.
Câu II.2.
Theo đề bài: Vkhơng khí = 2,5 400 = 1000 lít = 1m3.
Phương trình hóa học: H2S + CuSO4  CuS  + H2SO4
1,92 34
Ta có: m H2S =
= 0,68 mg.
96

Vậy hàm lượng H2S trong khơng khí là 0,68 mg/m3 > 0,3 mg/m3  khơng khí bị ơ nhiễm.
Câu III.1.
Theo đề, ta có:


2p A  n A  4(2p B  n B ) 226

 p 6  A lµ C
2p A  8p B  (n A  4n B ) 70
  A
vậy công thức của X là CCl4


 p B 17  B lµ Cl
 p A n A
 p  n p  18
B
B
 B

Câu III.2. Theo đề:

n CO2 = 4,928 = 0,112 mol;

n BaCO3 = 5,91 = 0,03 mol

44

197

CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O
(1)

CO2 + 2NaOH
Na2CO3 + H2O
(2)
CO2 + Na2CO3 + H2O  2NaHCO3
(3)
CO2 + BaCO3 + H2O  Ba(HCO3)2
(4)
Theo đề bài, dung dịch chỉ chứa muối  bazơ phản ứng hết.
* Trường hợp 1. Chưa xảy ra phản ứng (4).

Theo (1): x = n BaCO3 = n CO2 (1) = 0,03 mol.
1
1
1
Theo (2): n CO2 (2) = n NaOH = y mol  n CO2 (3) = 0,112 - n CO2 (1) - n CO2 (2) = 0,082 - y
2

2

2

 n NaHCO3 = 2 n CO2 (3) = (0,164 – y) mol
1
Bảo toàn Na: n Na 2CO3 = ( n NaOH - n NaHCO3 ) = (y – 0,082) mol
2
Theo đề bài: mmuối = 84(0,164 – y) + 106(y – 0,082) = 8,708  y = 0,1647 > 0,164  vô lý.

* Trường hợp 2. Xảy ra phản ứng (4), BaCO3 cịn dư.
Vì dung dịch thu được có NaHCO3 và Ba(HCO3)2 nên có thể viết các phản ứng xảy ra thành:
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O
(1)
CO2 + NaOH  NaHCO3
(2)
CO2 + BaCO3 + H2O  Ba(HCO3)2
(3)
Ta có: n BaCO3 tan = (y – 0,03) mol.
 mmuối = 84y + 259(x – 0,03) = 8,708
(I)
Bảo toàn C: 0,03 + y + 2(x – 0,03) = 0,112
(II)


Từ (I) và (II)
x = 0,05; y = 0,042.
Câu III.3. Theo đề bài ta có:

n HCl =

350 14,6
= 1,4 mol;
100 36,5

n KOH = 0,14 2 = 0,28 mol

Phương trình hóa học:
Ta có: n HCl d = n KOH

KOH + HCl  KCl + H2O
= 0,28 mol n HCl  ph¶n øng víi X  = 1,4 – 0,28 = 1,12 mol.

Khi hòa tan X bằng HCl:
FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O
Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O
1
Ta thấy: n O  trong X  = n HCl  ph¶n øng víi X  = 0,56 mol.
2

Khi khử hồn tồn X bằng CO:
o
FeO + CO  t Fe + CO2

o
Fe3O4 + 4CO  t Fe + 4CO2
o

Fe2O3 + 3CO  t Fe + 3CO2
Ta thấy: n CO = n O  trong X  = 0,56 mol
Vậy giá trị của V là: VCO = 0,56 22,4 = 12,544 lít


Câu IV.1. Các phản ứng xảy ra:
NaOH + HCl  NaCl + H2O
Ca(OH)2 + 2HCl  CaCl2 + 2H2O
Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + CO2 + H2O
CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + CO2 + H2O
Cách 1. Áp dụng bảo toàn khối lượng.
Theo (1) và (2), ta đặt: n HCl(1+2) = n H2O(1+2) = a mol
3,36
Theo (3) và (4): n HCl(3+4) = 2 n CO2 = 2 
= 0,3 mol
22, 4
n H2O(3+4) = n CO2 = 0,15 mol

(1)
(2)
(3)
(4)

Áp dụng bảo toàn khối lượng cho tồn bộ q trình ta có:
22,62 + 36,5(a + 0,3) = 18,72 + m + 0,15 44 + 18(a + 0,15)  m = 18,5a + 5,55
18,72

18,5a  5, 55
 a = 0,18
Bảo tồn Cl ta có: a + 0,3 =
+ 2
58,5
111
Vậy giá trị của m là: m = 18,5a + 5,55 = 8,88 gam
Cách 2. Quy đổi hỗn hợp X thành Na; Ca; OH và CO3.
18,72
n Na = n NaCl =
Ta có: n CO3 = n CO2 = 0,15 mol;
= 0,32 mol
58,5
n OH = y mol.
Gọi: n Ca = x mol;
Ta có: mX = 40x + 17y + 0,15 60 + 0,32 23 = 22,62
(I)
Bảo toàn Cl ta có: n HCl  ph¶n øng víi X  = n NaCl + 2 n CaCl2 = (0,32 + 2x) mol.
1
1
Bảo toàn H ta được: n H2O = ( n HCl + n OH ) = (0,32 + 2x + y) mol
2

2

Bảo tồn O ta có:
1
n OH + 3 n CO3 = 2 n CO2 + n H2O  y + 3 0,15 = 2 0,15 + (0,32 + 2x + y)
2

(II)

Từ (I) và (II) ta được: x = 0,08; y = 0,18
Vậy giá trị của m là: m = 0,08 111 = 8,88 gam
Cách 3. Đặt ẩn số
NaOH + HCl  NaCl + H2O
(1)
Ca(OH)2 + 2HCl  CaCl2 + 2H2O
(2)

Na2CO3 + 2HCl
2NaCl + CO2 + H2O
(3)
CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + CO2 + H2O
(4)
Gọi số mol của NaOH, Na2CO3, CaCO3, Ca(OH)2 lần lượt là x, y, z, t.
3,36
Theo (3) và (4): n CO2 = y + z =
= 0,15 mol
22, 4
18,72
Theo (1) và (3): n NaCl = x + 2y =
= 0,32 mol
58,5
Theo (2) và (4): n CaCl2 = z + t mol
Theo đề bài ta có:
mX = 40x + 106y + 100z + 74t = 22,62
40(x + 2y) + 26 (y + z) + 74(z + t) = 22,62
40 0,32 + 26 0,15 + 74(z + t) = 22,62  z + t = 0,08 mol
 m = 0,08 111 = 8,88 gam

Câu IV.2.
Quy đổi hỗn hợp X gồm kim loại M (a gam) và S (b mol)  m = a + 32b
8,4
nSO2 =
= 0,375 mol
22,4

Quá trình cho e:

(I)


0

M



n

0

M + ne

S



6

S + 6e

 tổng số mol e cho: ne cho = ne M cho + 6nS cho = ne M cho + 6b (1)

Quá trình nhận e:
6

 4
S + 2e
S

 ne nhận = 2 nSO2 = 0,75 mol

(2)

Từ (1) và (2)  ne M cho + 6b = 0,75  ne M cho = (0,75 – 6b) mol  nkim loại M =

0,75  6b
mol
n

Bảo tồn điện tích cho Y ta có:
n M n  = 2 nSO24  0,75 – 6b = 2 nSO24  nSO24 = (0,375 – 3b) mol
 MY = a + 96(0,375 – 3b) =

169m
89

M2(SO4)n + bBa(OH)2  nBaSO4 + M(OH)n
BaSO4: (0,375 – 3b) mol;

Kim loại M: a gam
OH: (0,75 – 6b) mol
 233(0,375 – 3b) + a + 17(0,75 – 6b) = 33,165
Từ (I), (II) và (III) ta được: a = 5,13; b = 0,09; m = 8,01.
Vậy giá trị của m = 8,01 gam
Câu V.1. Theo đề bài:

(II)

 kết tủa gồm:

(III)

n 1  CH 2 O
M C n H2n On = 30n < 100  n < 3,33  n 2  C 2 H 4 O2
n 3  C H O
3 6 3


Xác định T ta thấy:
T làm quỳ tím hóa đỏ  T có nhóm COOH.
T phản ứng với Na dư thì số mol H2 thu được bằng mol T phản ứng  T có 2 H linh động.
 Công thức phân tử của T thỏa mãn là C3H6O3. Các công thức cấu tạo phù hợp là:
HO–CH2–CH2–COOH
CH3–CH(OH) –COOH
Xác định Z:
Theo đề bài: MZ = MT  Công thức phân tử của Z là C3H6O3.
Z phản ứng được với NaOH (đun nóng), phản ứng được với Na nhưng khơng phản ứng được với
dung dịch NaHCO3  Z chứa 2 nhóm chức là: –COO– và –OH.
Công thức cấu tạo của Z phù hợp là:

HO–CH2–COO–CH3
H–COO–CH2–CH2–OH
H–COO–CH(OH)–CH3
CH3–COO–CH2–OH
Vì MX = MY  Cơng thức phân tử của X và Y là C2H4O2.
Vì X tác dụng được với NaHCO3  X có nhóm –COOH. Cơng thức cấu tạo của X là:
CH3–COOH
Vì Y tác dụng được với NaOH, nhưng không tác dụng với Na  Y là este. Công thức cấu tạo của
Y là:
H–COO–CH3
Câu V.2.
Theo đề bài ta có:

m CO2 + m H2O = 41,56  m H2O = 41,56 – 56 44 = 16,92 gam
Bảo toàn O ta có: n O2

100
1
1 16,92
= n CO2 + n H2O = 0,56 + 
= 1,03 mol.
2
2
18

Bảo toàn khối lượng cho q trình đốt cháy hỗn hợp Z ta có:
mZ + m O2 = m CO2 + m H2 O + m N2  m N2 = 1,68 gam  n N2 = 0,06 mol
Bảo toàn N ta thấy: nY = 2 n N2 = 0,12 mol  nX = 0,24 mol.
Ta có:

CZ <

0,56
= 1,56  trong Z có CH4.
0,24  0,12

 hiđrocacbon cịn lại trong X có dạng CmH4.

Khi dẫn X qua dung dịch brom:
CmH4 + xBr2  CmH4Br2x
1
Ta có: n C m H 4 = n Br2  0,04(12m + 4) = 1,12x  12m = 28x – 4
x
x
1
2
m
2 4,3
Vậy hai hiđrocacbon trong X là: CH4 và C2H4.
--- HẾT ---