57 chuyên hà tĩnh 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HÀ TĨNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm10 câu trong 02 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUN HÀ TĨNH
NĂM HỌC 2021 – 2022
MƠN THI: HĨA HỌC
Ngày thi: 05/6/2021
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1: (1,0điểm) X là muối của kim loại canxi, Y là muối của kim loại natrri. Từ X và Y thực hiện các
phản ứng sau:
to

  X2
 X + Y2 + 2H2O
X2 + 2Y  

X   X1 + CO2

X1 + H2O

 X + Y1+ H2O
X2 + Y  
Xác định X, Y, X1, X2, Y1, Y2 và hoàn thành các phương trình hóa học của các phản ứng.
GIẢI
Các phương trình hóa học:
o

t
CaCO3   CaO+ CO2
CaO+ H2O  Ca(OH)2
Ca(OH)2 + NaHCO3  CaCO3 + NaOH + H2O
Ca(OH)2 + 2NaHCO3  CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O

X là CaCO3; Y là NaHCO3; X1 là CaO; X2 là Ca(OH)2; Y1 là NaOH;
Y2 là Na2CO3.
Câu 2: (1,0 điểm) Giải thích các hiện tượng xảy ra trong các trường hợp sau:
a) Cho một ít mỡ lợn vào ống nghiệm chứa dung dịch NaOH, sau đó đun nóng ống nghiệm thì thấy mỡ
tan trong dung dịch NaOH.
b) Cho một ít rượu etylic vào ống nghiệm chứa lịng trắng trứng thì xuất hiện kết tủa.
c) Nhỏ axeton vào quả bóng bàn thì quả bóng sẽ bị thủng.
d) Một khúc mía để lâu trong khơng khí thì đầu vết cắt có mùi của rượu etylic.
GIẢI
a) - Khi chưa đun nóng thì khơng có phản ứng giữa chất béo và NaOH. Mặt khác, chất béo nhẹ hơn nước
và không tan trong nước nên miếng mỡ nổi lên trên.Khi đun nóng có phản ứng thủy phân xảy ra như sau:
to

(RCOO)3C3H5+3NaOH   3RCOONa+C3H5(OH)3
Vậy hiện tượng của thí nghiệm là: Miếng mỡ nổi; sau đó tan dần trong dung dịch.
b) Lịng trắng trứng là một loại protein, khi cho rượu etylic vào thì nó bị đơng tự nên xuất hiện kết tủa
trong ống nghiệm.
c) Quả bóng bàn được làm từ polime không tan trong tan trong nước nhưng tan được trong dung mơi
axeton. Vì vậy khi nhỏ axeton vào quả bóng bàn thì chỗ tiếp xúc sẽ bị tan tạo thành lỗ thủng.
d) Thành phần chính của mía là sacarozo, khi để trong khơng khí lâu ngày (có mơi trường axit tạo ra như
CO2 + H2O) thì nó bị thủy phân tạo ra glucozo, sau đó glucozo bị lên men tạo thành rượu etylic. Vì vậy
chỗ vết cắt của cây mía để lâu trong khơng khí thì có mùi của rượu etylic. Sơ đồ phản ứng:
C12H22O11+H2O → C6H12O6 (glucozơ) +C6H12O6(fructozơ)
men

 Leâ
n 


30  32oC

C6H12O6
2C2H5OH + 2CO2
Câu 3: (1,0 điểm) Có 4 chất hữu cơ mạch hở có cơng thức phân tử C2H4, C3H4O2, C2H4O2, C2H6O được ký
hiệu ngẫu nhiên X, Y, Z, T. Biết răng:
- Chất Y, T làm mất màu dung dịch brom.


- Chất X, Z, T tác dụng với Na giải phóng khí H2.
- Chất Z khơng làm màu đổi màu quỳ tím.
Xác định X, Y, Z, T và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
GIẢI
X: CH3COOH
Y: C2H4
Z: C2H5OH
T: CH2 = CH – COOH
Phương trình hóa học:
 CH2Br – CH2Br
CH2=CH2 + Br2



CH2=CH-COOH + Br2
CH2Br – CHBr – COOH


2CH3 – COOH + 2Na
2CH3 – COONa + H2



2CH3 – CH2 – OH + 2Na
2CH3 – CH2 – ONa + H2

2CH2 = CH – COOH + 2Na
2CH2 = CH – COONa + H2
Câu 4: (1,0 điểm) a) Hợp chất của nguyên tố X có nhiều trong đất sét. X là chất rắn, màu xám, khó nóng
chảy và được dùng làm nguyên liệu bán dẫn. X tác dụng với oxi ở nhiệt độ cao tạo thành hợp chất Y. Chất
Y tác dụng được với NaOH rắn và với CaO ở nhiệt độ cao tạo thành các hợp chất Z và T.
Xác định nguyên tố X, các hợp chất Y, Z, T và viết phương trình hóa học của các phản ứng.
b) Chia 22,65 gam hỗn hợp ba kim loại Zn, Mg, Al thành hai phần bằng nhau.
Cho phần 1 tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl dư, thu được a gam hỗn hợp muối và 8,96 lít (đktc) khí.
Cho phần 2 tác dụng hoàn toàn với oxi dư, thu được b gam hỗn hợp ba oxit. Tính a, b.
GIẢI
Nguyên tố X (Si); Y là oxit (SiO2); Z là muối (Na2SiO3); T là muối (CaSiO3).
a). Các phương trình hóa học:
 SiO2
Si + O2

 Na2SiO3 + H2O
to

 CaSiO3
SiO2 + CaO
SiO2 + 2NaOH

b). Theo giả thiết ta có: mZn + mMg + mAl = 22,65



Phần 1: Mg + 2HCl
MgCl2 + H2 (1)

2Al + 6HCl
2AlCl3 + 3H2 (2)



Zn + 2HCl
ZnCl2 + H2 (3)
nH2 = 0,4 mol
Theo ĐLBTKL ta có: 22,65/2 + 0,8.36,5 = a + 0,4.2
<=> a = 39,725 gam
o

 t 2MgO (4)
Phần 2: 2Mg + O2
to

 2Al2O3
4Al + 3O2
(5)
o

 t 2ZnO
2Zn + O2

(6)
Đặt số mol các chất trong phần 1: Mg (x mol); Al (y mol); Zn (z mol)
Ta có: 24x + 27y + 65z = 11,325 (I) nH2 = x + 3y/2 + z = 0,4 mol
Từ các phương trình ở phần 2: b = mMgO + mAl2O3 + mZnO =
40x + 102y/2 + 81z = (24x + 27y + 65z) + 16x + 24y + 16z = b =
(24x + 27y + 65z) + 16(x + 1,5y + z) = 11,325 + 16.0,4 = 17,725 gam


Câu 5: (1,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X ( có khối lượng m gam) gồm CH4, C2H2, C2H4
và C3H6 thu được 7,84 lít (đktc) khí CO2 và 7,65 gam H2O. Mặt khác, 12,625 gam X tác dụng tối đa với a
mol Br2 trong dung dịch. Tính m, a.
GIẢI
Ta có: mX = 0,35.12 + 2.7,65/18 = mC + mH = 5,05 gam
Gọi công thức tổng quát của X là: CxHy
o

t
Ta có sơ đồ phản ứng: CxHy + O2   xCO2 + y/2H2O (I)

Theo giả thiết ta có: Số mol CO2 = 0,35 mol; số mol H2O = 0,425 mol;
số mol CxHy = 0,2 mol.
Từ sơ đồ (I) ta suy ra: x = 1,75 và y = 4,25.
Vậy X có cơng thức chung là: C1,75H4,25 mà MX = 25,25 gam.
Gọi X là CnH2n+2-2k (k là số liên kết khơng bền).
Ta có 2n+2-2k = 4,25 <=> n = 1,75 và k = 0,625.
Ở thí nghiệm ta có: Số mol của C1,75H4,25 = 12,625/25,25 = 0,5 mol
PTHH: CnH2n+2-2.0,625 + 0,625 Br2  CnH2n+2-2.0,625Br2.0,625
0,5 mol
0,625.0,5

Vậy a = 0,5.0,625 = 0,3125 mol
Câu 6: (1,0 điểm) Cho 34,4 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, FeCO3, MgO và MgCO3 tác dụng vừa đủ với
dung dịch H2SO4 lỗng, thu được 7,84 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm CO2, H2 và dung dịch Z chỉ chứa 68 gam
hỗn hợp muối sunfat trung hòa. Tỉ khối hơi của Y so với H2 là 13. Tính khối lượng của MgSO4 có trong
dung dịch Z.
GIẢI
Gọi a, b là số mol của CO2 và H2.
Ta giả thiết ta có hệ phương trình:

n CO + n H = n Y
2
2


m
+
m
=
m
 CO2
H2
Y

n CO + n H = 0,35
2
2


m
+

m
=
9,1
 CO2
H2

a + b = 0,35


44a
+
2b
=
9,1


a = 0,2 mol

b = 0,15 mol

Ta có sơ đồ phản ứng:

Fe;FeO;FeCO3 ;
CO 2 (0,2mol) 

 + H 2SO 4(l)   FeSO 4 ;MgSO 4  + 
 + H 2O
      
H 2 (0,15mol) 
MgO;MgCO3 

    
       
68 gam
9,1gam Y

34,4 gam X

Gọi x là số mol của H2SO4. BTNT (H) ta có: nH2O = x – 0,15 (mol)
Áp dụng ĐLBTKL ta có: 34,4 + 98x = 68 + 9,1 + 18.(x – 0,15) <=> x = 5 mol
Gọi x, y là số mol của FeSO4, MgSO4 ta có hệ phương trình:

152x + 120y = 68


x
+
y
=
0,5


 x = 0,25 mol
 m MgSO = 0,25.120 = 30gam

4
y
=
0,
25
mol



Câu 7: (1,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 3,52 gam hợp chất MS (muối sunfua của kim loại M) trong oxi dư,
thu được m gam chất rắn X. Hòa tan hết m gam X trong dung dịch HNO3 37,8% vừa đủ, thu được dung
dịch Y có nồng độ của muối 41,72%. Làm lạnh dung dịch Y, thu được 6,464 gam muối rắn Z. Lọc tách Z
ra khỏi dung dịch Y, thu được dung dịch T có nồng độ của muối 34,703%. Xác định công thức của Z, biết
kim loại M có hóa trị cao nhất là III trong các hợp chất.
GIẢI
Phương trình hóa học:
to

4MS + 7O2   2M2O3 + 4SO2

(1)


M2O3 + 6HNO3  2M(NO3)3 + 3H3O (2)
Gọi x là số mol của MS, từ (1) và (2) ta có:
Số mol HNO3 = 3x mol <=>

m HNO = 189x gam
3

<=> khối lượng dung dịch HNO3:
=> Khối lượng dung dịch Y:
= 524x + Mx

mddHNO =
3

189 x.100
500 x gam
37,8

m ddY = 500x + m M O

2 3

= 500x + 0,5x.(2M+48)

m mM(NO ) = x(M +189)  C% M(NO ) =
3 3

3 3

x.(M +189)
= 41,72%
524x + Mx

Mặt khác:
=> M = 56 => M(Fe)
=> nFeS = 3,52/88 = 0,04 mol = x => Khối lượng dung dịch Y = 500.0,04 + 0,02.160 = 23,2 gam =>
mFe(NO3)3 = 0,04.242 = 9,68 gam
=> khối lượng dung dịch T = 23,2 – 6,464 = 16,736 gam => mFe(NO3)3
trong T = 16,736.34,703% = 5,808 gam
mFe(NO3)3 trong Z = 9,68 – 5,808 = 3,872 gam => mH2O
trong Z = 6,464 – 3,872 = 2,592 gam
=> mH2O = 0,144 mol; nFe(NO3)3 = 0,016 mol
Gọi Z là Fe(NO3)3.nH2O ta có tỉ lệ nFe(NO3)3:nH2O = 0,016:0,144 = 1:9
Vậy công thức của Z là Fe(NO3)3.9H2O

Câu 8: (1,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với nước dư, thu được V lít
khí (đktc) và cịn lại 0,5192m gam chất rắn không tan. Cho 0,5 mol hỗn hợp X tác dụng với dung dịch
NaOH dư, thu được 3,125V lít H2 (đktc). Tính m.
GIẢI
Ở thí nghiệm 1: m gam + H2O  NaAlO2 + H2 + Al dư
Gọi số mol Na là a thì tương ứng số mol Al phản ứng là a mol
=> m = 23a + 27a + 0,5192m => 0,4808m = 50a => m = 104a
=> nAl dư = 0,5192m/27 = 2a
=> trong m gam X có a mol Na và 3a mol Al
=> Theo phương trình phản ứng ta có:

1
3
V
n H = .n Na + .n NaOH  2a =
(1)
2
2
2
22,4
Ở thí nghiệm 2: 0,5 mol X tương ứng là ka mol Na và 3ka mol Al
=> ka + 3ka = 0,5 => ka = 0,125 (2)

1
3
1
3
V
n H = .n Na + .n Al  ka + .3ka = 3,125.
(3)

2
2
2
2
2
22,4
Theo phương trình phản ứng ta có:
Từ (1), (2), (3) ta có: a = 0,1 => m = 0,1.23 + 0,3.27 = 10,4 gam
Câu 9: (1,0 điểm) Hỗn hợp X gồm các axit C15H31COOH, C17H35COOH và một chất béo Y. Đốt cháy hoàn
toàn m gam X thu được 1,56 mol CO2 và 1,52 mol H2O. Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 100 ml
dung dịch NaOH 0,9M, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối Natri của hai axit
C15H31COOH và C17H35COOH. Tính a.
GIẢI
Nhận thấy C15H31COOH và C17H35COOH có cùng cơng thức tổng qt.


Gọi công thức chung của hai axit là CnH2n+1COOH (a mol). Vì sản phẩm thủy phân chỉ tạo muối của hai
axit này nên Y là este của glixerol và hai axit
=> Gọi Y có cơng thức chung (CmH2m+1COO)3C3H5 (b mol).
Các phương trình phản ứng:
CnH2n+1COOH + (3n +1)/2O2  (n+1)CO2 + (n+1)H2O (1)
(CmH2m+1COO)3C3H5 + O2  (3m+6)CO2 + (3m+4)H2O (2)
CnH2n+1COOH + NaOH  CnH2n+1COONa + H2O (3)
(CmH2m+1COO)3C3H5 + 3NaOH  3CmH2m+1COONa + C3H5(OH)3 (4)
Tù (1), (2), (3), (4) và giả thiết ta có:
Số mol CO2 – số mol H2O =
(n+1).a + (3m+6).b – (n+1).a – (3m+4).b = 0,04 mol => b = 0,02 mol.
Mặt khác do số mol NaOH = a+3b = 0,09 => a = 0,03 mol
=> Bảo toàn nguyên tố ta có:
mX = mC + mH + mO = 1,56.12 + 1,52.2 + 0,03.32 = 24,64 gam

Áp dụng BTKL cho (3) và (4) ta có: mX + mNaOH = m muối + mC3H5(OH)3 + mH2O
=> m muối = 24,64 + 0,09.40 – 0,02.92 – 0,03.18 = 25,86 gam
Câu 10: (1,0 điểm) a) Hòa tan hết x mol Fe trong lượng vừa đủ dung dịch chứa y mol H2SO4 (biết x:y
=5:12), thu được một khí X và dung dịch chứa 42,8 gam muối (không tạo ra lưu huỳnh). Biện luận xác
định X và tính x, y.
b) Hịa tan hết a gam hỗn hợp X gồm X Fe, Fe3O4, Fe2O3, FeCO3 trong dung dịch HCl dư, thu được 3,584
lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 bằng 8,875 và dung dịch chứa m gam muối. Mặt khác, nếu hòa
tan hết a gam hỗn hợp X trên trong dung dịch chứa 0,69 mol H2SO4 thì thu được dung dịch chỉ chứa 69,12
gam hỗn hợp muối sunfat và 5,376 lít (đktc) hỗn hợp gồm hai khí (có một khí là SO2). Tính m.
GIẢI
a) Các phản ứng có thể xảy ra:
Fe + H2SO4  FeSO4 + H2 (1)
2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (2)
8Fe + 15H2SO4  4Fe2(SO4)3 + 3H2S + 12H2O (3)
Theo giả thiết tỉ lệ số mol Fe:H2SO4 = 5:12 => nếu xảy ra (1), (2) hoặc (3) đều không thỏa mãn. Vậy xảy
ra hai phản ứng.
2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (2)
Fe + Fe2(SO4)3  3FeSO4 (4)
Coi phản ứng tạo FeSO4 xảy ra là:
Fe + 2H2SO4  FeSO4 + SO2 + H2O (5)
Gọi a, b lần lượt là số mol Fe tham gia phản ứng (2) và (5)
=> nH2SO4 = 3a + 2b
Theo giả thiết ta có hệ phương trình:

 a+b
5
=


 3a + 2b 12

0,5a.400 + b.152 = 42,8

a = 0,1

b = 0,15

Vậy x = 0,25 và y = 0,6
b) Theo giả thiết ta có MTB của hỗn hợp khí H2 và CO2 = 17,75 g/mol,
n hỗn hợp khí = 0,16 mol => m hỗn hợp khí = 0,16.17,75 = 2,84 gam
Gọi số mol của H2 và CO2 trong hỗn hợp lần lượt là x và y ta có hệ pt:

2 x  44 y 2,84  x 0,1 mol


 x  y 0,16
 y 0,06 mol
Phảng ứng với dung dịch HCl dư:


Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O
Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2
FeCO3 + 2HCl  FeCl2 + CO2 + H2O
Phản ứng với H2SO4 tạo ra hai khí mà có SO2 => khí cịn lại là CO2
=> số mol SO2 = 0,24 – 0,06 = 0,18 mol.
Các phương trình hóa học:
2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
2FeCO3 + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 2CO2 + 4H2O
2Fe3O4 + 10H2SO4  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O
Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O

Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp muối sunfat nên có phản ứng.
Fe + Fe2(SO4)3  3FeSO4
Từ đó ta có sơ đồ phản ứng như sau:

X + 0,69molH 2SO 4  69,12gam(FeSO 4 ;Fe 2 (SO 4 )3 + 0,18molSO2 + 0,06molCO 2 + H 2O
Bảo toàn nguyên tố S ta có:
nSO4 (trong muối) = nH2SO4 – nSO2 = 0,69 – 0,18 = 0,51 nol.
mFe = m muối – mSO4 = 69,12 – 48,96 = 20,16 gam
Nếu bỏ CO2 trong X thì ta có hai sơ đồ sau:

FeCl 2
Fe (20,16 gam)
+
HCl

m
gam
+ 0,1 mol H 2 + H 2O (1)


FeCl
O
(xmol)


3
FeSO 4 (0,51 mol SO 4 )
Fe (20,16 gam)
+
0,69

mol
H
SO

m
gam
+ 0,18mol SO 2 + H 2O (2)


2
4
Fe
(SO
)
O
(xmol)

 2
4 3
Bả
o toàn nguyên tố H cho (2) ta có: nH2O = nH2SO4 = 0,69 mol
Bảo tồn ngun tố O cho (2) ta có: x + 0,69.4 = 0,51.4 + 0,18.2 + 0,69
=> x = 0,33 => số mol H2O ơ (1) = 0,33 mol.
Bảo tồn ngun tố H cho (1) ta có: nHCl = 0,1.2 + 0,33.2 = 0,86 mol
=> nCl = 0,86 mol => m muối clorua = 20,16 + 35,5.0,86 = 50,69 gam
--- HẾT ---