61 chuyên hải dương 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH

HẢI DƯƠNG

VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
NĂM HỌC 2021 - 2022

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn: Hóa học
(Đề thi gồm 05 câu, in trong 02
trang)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I. (2,0 điểm)
1. Cho hỗn hợp chất rắn X gồm Fe3O4, MgO, Cu tác dụng với dung dịch HCl dư thu
được dung dịch Y và chất rắn A. Hịa tan A vào trong dung dịc H2SO4 đặc nóng, dư thu
được khí B (sản phẩm khử duy nhất của H2SO4). Sục từ từ khí B vào dung dịch nước vôi
trong dư thu được kết tủa D. Cho NaOH dư vào dung dịch Y thu được kết tủa E. Nung E
trong khơng khí tới khối lượng khơng đổi thu được chất rắn G. Biết các phản ứng xảy ra
hoàn toàn.
Xác định các chất có trong A, B, D, E, G, Y và viết các phản ứng xảy ra?
2. Một phân tử chất A có dạng RX2 (R, X là các đơn nguyên tử), trong đó R chiếm
46,67% về khối lượng. Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong một phân tử A là 178.
Trong nguyên tử R, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 22. Trong
nguyên tử X, số hạt mang điện nhiều gấp đôi số hạt không mang điện.
a. Xác định R và X?
b. Đốt cháy hoàn toàn m gam chất A trong oxi vừa đủ. Tồn bộ sản phẩm khí thu được

hấp thu hết bởi 1 lít dung dịch chứa hỗn hợp gồm Ba(OH) 2 0,2M và KOH 0,2M, sau phản
ứng thu được dung dịch Y và 32,55 gam kết tủa. Xác định giá trị của m?
Giải

1)

HCl dư
Fe3 O 4
dd Y : FeCl3 , FeCl2
Hỗn hợp chất rắn X MgO + HCldư
MgCl 2
→
Cu
Chất rắn A : Cu

{

{

)2 CaSO3 (kết tủa D)
Chất rắn A: Cu + H 2 SO4→đn (dư ) khí B: SO2 Ca(OH
→
Fe(OH )3
HCl dư
dd Y FeCl3 , FeCl2 NaOH dư kết tủa E Fe(OH )2 t 0 , KK chất rắn G MgO
→
→
Fe 2 O3
MgCl2
Mg(OH )2

{

Phương trình phản ứng :

{

{


Fe3O4 + 4HCl
MgO + 2HCl

→

→

FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
MgCl2 + H2O

Cu + 2H2SO4 đặc t→° CuSO4 + SO2 + 2H2O
SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O
HCl dư + NaOH → NaCl + H2O
FeCl2 +2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl
FeCl3 +3NaOH → Fe(OH)3 + 3NaCl
MgCl2 +2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaCl
4Fe(OH)2 +O2 t→° 2 Fe2O3 + 4H2O
2Fe(OH)3 t→° Fe2O3 + 3H2O
Mg(OH)2 t→° MgO + H2O

2)
2 p R +n R + 4 p X +2 n X =178(1)
a) Theo đề bài ra, ta có: 2 p R−nR =22→ n R=2 p R−22(2)
2 p X =2 n X → p X =n X (3)

{

Thay (2), (3) vào (1)
Ta có : 2 p R+3 p X =100 → p X =

Lại có :

p R + nR
∗100=46,67 (5)
p R + nR +2( p X +n X )

Thay (2) , (4) vào (5)

{

Ta có :

100−2 p R
(4)
3

p R =26 → R là Fe
p X =16 → X là S

n Ba(OH )2= 0,2 (mol) nKOH = 0,2 (mol) n↓=0,15(mol)
b)
n Ba(OH )2> n↓ → Có 2 trường hợp
TH1: Ba(OH)2 dư
SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 + H2O
← 0,15
0,15
(mol)
11 0
2FeS + O2t→Fe2O3 + 4SO2
2
← 0,15
0,075
(mol)
m=9(g)
TH2: Ba(OH)2 hết, ↓tan 1 phần, các phản ứng xảy ra theo thứ tự
SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 + H2O
0,2 ← 0,2→
0,2
(mol)
SO2 + 2KOH → K2SO3 + H2O
0,1 ← 0,2→
0,1
(mol)
SO2 + K2SO3 + H2O → 2KHSO3
0,1 ← 0,1
(mol)
SO2 + BaSO3 + H2O→Ba(HSO3)2
0,05←(0,2−0,15 ¿
(mol)

Tổng số mol SO2 đã phản ứng → n SO2= 0,45 (mol)
2FeS +

11 t 0
O2 Fe2O3 + 4SO2
2 →

0,225



0,45 (mol)

→ n FeS2=0,225 (mol)
→m=27(g)

Câu II. (2,0 điểm)
1. Có 4 lọ hóa chất mất nhãn được kí hiệu là A, B, C, D. Mỗi lọ đựng một trong các dung dịch chất:
HCl; NaHSO4; BaCl2; NaHSO3. Để xác định hóa chất trong mỗi lọ, người ta tiến hành các thí nghiệm
và thấy hiện tượng như sau:
- Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch B thấy xuất hiện kết tủa.
- Cho dung dịch B hay D tác dụng với dung dịch C đều thấy có bọt khí khơng màu, mùi hắc bay ra.
- Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch A thì khơng thấy hiện tượng gì?
Xác định hóa chất đựng trong các lọ A, B, C, D và viết phương trình của các phản ứng xảy ra?
2. Các công thức C2H6O, C3H8O và C3H6O2 là công thức phân tử của 5 chất hữu cơ đơn chức, mạch hở
A, B, C, D, E. Trong đó:
- Các chất A, C, E tác dụng được với Na.


- Chất E tác dụng được với dung dịch NaOH, oxi hóa C trong điều kiện thích hợp thu được E.

- Chất B và D tác dụng được với dung dịch NaOH khi đun nóng, sản phẩm của phản ứng khi
cho D tác dụng với dung dịch NaOH có chất A.
Các định công thức cấu tạo của A, B, C, D, E và viết các phản ứng hóa học xảy ra?
Giải
1.

A:BaCl2 B: NaHSO4 C: NaHSO3 D: HCl

Phương trình phản ứng:
BaCl2 + NaHSO4  BaSO4 + NaCl + H2O
NaHSO4 + NaHSO3  Na2SO4 + SO2 + H2O
HCl + NaHSO3  NaCl + SO2 + H2O
2.
A: C2H5OH
B: CH3COOCH3
C:C3H7OH
D: HCOOC2H5
E: CH3CH2COOH
Các Phương trình phản ứng hóa học xảy ra:
Các chất A, C, E: tác dụng được với Na
2C2H5OH + 2Na  2C2H5ONa + H2
2C3H7OH + 2Na  2C3H7ONa + H2
2CH3CH2COOH+ 2Na  2C2H5COONa + H2
Các chất E: tác dụng được với NaOH
CH3CH2COOH+ NaOH C2H5COONa + H2O
Oxi hóa C trong điều kiện thích hợp thu được E
C3H7OH + O2 t ° C2H5COOH+ H2O
→

Các chất B, D tác dụng được với NaOH

CH3COOCH3+ NaOH CH3COONa + CH3OH
HCOOC2H5 + NaOH HCOONa + C2H5OH
Câu III. (2,0 điểm)
1. Metan được điều chế trong phịng thí nghiệm
bằng cách nhiệt phân hỗn hợp chất rắn gồm
CH3COONa, NaOH và CaO theo sơ đồ như hình vẽ
bên.
a. Viết các phương trình hóa học xảy ra trong
thí nghiệm? Tại sao có thể thu khí metan theo phương
pháp như hình vẽ?
b. Cho biết các chú ý để tiến hành thí nghiệm trên thành cơng và an toàn.


2. Một hỗn hợp rắn gồm NaCl, CaCl2, AlCl3. Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng
chất ra khỏi hỗn hợp mà không làm thay đổi khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Viết các phản ứng
hóa học xảy ra.
Giải
1.
, t o Na2CO3 +CH4↑
CH3COONa + NaOH CaO
→

a)

Phương pháp thu khí metan như hình vẽ là thu theo phương pháp đẩy nước.
Có thể thu khí CH4 bằng phương pháp đẩy nước vì: CH4 rất ít tan trong nước →khi cho CH4
vào sẽ đẩy nước ra khỏi bình
b)
Các chú ý:
Phải dùng CaO mới, không dùng CaO đã rã, CH3COONa phải thật khan trước khi làm

thí nghiệm. Nếu hỗn hợp phản ứng bị ẩm thì phản ứng xảy ra chậm.
Phải đun nóng đều ống nghiệm chứa CH3COONa , NaOH và CaO trước khi đun nóng
tại 1 vị trí tránh hiện tượng dãn nở đột ngột của thủy tinh, tránh hiện tượng vỡ ống nghiệm
Sau khi đun 1 thời gian để khơng khí trong ống nghiệm và ống dẫn khí thốt hết ra ngồi
mới tiến hành thu khí meetan, tránh thu khí khơng tinh khiết
Khi ngừng thu khí, phải tháo rời ống dẫn khí rồi mới tắt đèn cồn tránh hiện tượng nước
tràn vào ống nghiệm khi ngừng đun.
Khi tháo rời thiết bị nên làm trong tủ hút và tắt hết lửa xung quanh
Sử dụng glixerol để bôi trơn bề mặt tiếp xúc giữa thủy tinh và cao su để các bề mặt tiếp
xúc được kín hơn, và để một lượng bông nhỏ để tránh các phân tử nhỏ sẽ theo khí metan ra
ngồi

2.

Sơ đồ

*Cho hỗn hợp chất rắn vào nước sau đó khuấy tan
- Sục NH3 đến dư vào dung dịch trên thu được kết tủa Al(OH)3
+Lọc lấy kết tủa, rửa sạch, cho HCl đến dư thu được dung dịch.
+ Cô cạn dung dịch sẽ thu được AlCl3 khan


AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 + 3NH4Cl
Al(OH)3 +3 HCl → AlCl3 + 3H2O
0
2HClt H2+ Cl2
→

Dung dịch còn lại: NaCl, CaCl2 không phản ứng và NH4Cl (dung dịch A)
Cho (NH4)2CO3 đến dư vào dung dịch A. Thấy xuất hiện kết tủa

+ Thu kết tủa.
(NH4)2CO3 + CaCl2  CaCO3 + NH4Cl
+ Lọc kết tủa, rửa sạch, cho HCl đến dư tác dụng với kết tủa CaCO3, sau đó cơ cạn dung dịch → thu
được CaCl2 khan
CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + H2O + CO2
+ Dung dịch cịn lại NaCl khơng phản ứng, (NH4)2CO3 dư và NH4Cl. Đem đun nóng và cô cạn dung
dịch ta thu được NaCl
0
NH4Cl t NH3Cl
→

0

(NH4)2CO3 t→ 2NH3 + CO2 + H2O


Vậy ta đã tách được AlCl3, CaCl2, NaCl

Câu IV. (2,0 điểm)
1. Hịa tan hồn tồn m gam kim loại R trong dung dịch HCl dư, thu được dung dịch X và 2,24 lít khí
H2 (đktc). Cơ cạn dung dịch X thu được 19,9 gam muối B duy nhất. Nếu cho dung dịch X tác dụng với
dung dịch KOH dư, lọc kết tủa đem nung ngồi khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được (m +
2,4) gam chất rắn D. Hòa tan D trong dung dịch H 2SO4 lỗng, vừa đủ được dung dịch E. Cơ cạn dung
dịch E được 28,1 gam muối G duy nhất. Xác định cơng thức của R, B và G?
2. Hịa tan hoàn toàn 25,2 gam hỗn hợp chất rắn X gồm MOH và M 2CO3 (M là kim loại) vào nước thu
được 200 ml dung dịch Y. Cho rất từ từ dung dịch HCl loãng tới dư vào 200 ml dung dịch Y, kết quả
số mol khí thu được theo số mol HCl cho vào được biểu diễn theo đồ thị sau:
Số mol CO2

0,2

0

0,3

Số mol HCl

a. Viết các phản ứng hóa học xảy ra và xác định kim loại M.
b. Nếu cho từ từ đến hết 200 ml dung dịch Y trên vào 300 ml dung dịch HCl 1,2M, sau khi phản
ứng kết thúc thu được tối đa V lí khí (đktc). Biết khí sinh ra khơng tan, khơng tác dụng với
nước. Xác định giá trị của V?
Giải
1.
n H = 2,24:2,24 = 0,1 (mol)
2


Gọi n là hoá trị thấp nhất của R (1≤n≤3)
2R+2nHCl→ 2RCln + nH2
0,2
0,2
←
←0,1 (mol)
n
n
HCl + KOH→ KCl + H2O
RCln + nKOH→R(OH)n + nKCl
0,2
0,2
→

(mol)
n
n
Gọi m là hoá trị cao nhất của R (1≤m≤3)
0
m
2R(OH)n + O2 t→ R2Om + nH2O
2
0,2
0,1
→
(mol)
n
n
Do sau khi cô cạn dung dịch X thu được 19,9 (g) muối → (R+35,5m) 












0,2 R
=12,8
n

r =64 n
Ta có bảng sau:
n

1

2

3

R

64

128

192

(loại)

B là muối ngậm
nước
Gọi CTTQ của B là RCln.aH2O (1≤a)
Do sau khi lọc kết tủa đem đun nóng ngồi khơng khí đến khối lượng không đổi thu
được m+2,4g chất rắn
0,1
0,2 R
+2,4
(2R+16m)*
=

n
n
1,6 m
= 2,4
n
m 3
= nRCln-a.H2O = 0,1(mol)
n 2
0,2
Ta có (R+35,5+18a)*
=19,9
n
0,2 R 3,6 a
+
=12,8 ( ¿ )
n
n

Thay n=2 vào (*) ta có:
0,1R +1,8a = 12,8


0,2
=19,9
n

R + 18a = 128


a=4 (t /mãn)

R=56 ( Fe)
R là Fe
B : FeCl2.4H2O
Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 +3H2O
0,1
→ 0,05
n

{




(mol)

Ta có : (56.2+96.3).0,05=20 (g)≠28,1



Muối G là muối ngậm nước
Gọi CTTQ của G là : Fe2(SO4)3.bH2O
Ta có : (56.2+96.3+18.b).0,05=28,1
b=9



Vậy CTHH của G: Fe2(SO4)3.9H2O



2. a. Gọi x, y lần lượt là số mol của MOH và M2CO3
Số mol CO2

0,2

0
0,3
Từ đồ thi ta có các PTHH

Số mol HCl
MOH + HCl  MCl + H2O

(1)

M2CO3 + HCl  MHCO3 + MCl (2)
MHCO3 + HCl MCl + CO2 + H2O (3)
Theo đồ thị ta có: nHCl (1+3) = 0,3 (mol) mà nCO =0,2 ( mol )=n HCl (3 ) = n MHCO

3

2

 nHCl(1) = 0,3 – 0,2 = 0,1 (mol) nMOH = 0,1 (mol)
Vậy ta có: m M

2

CO 3

+m MOH = 5,25 hay 0,2. (2M +60) + 0,1. (M +17) = 25,2

 M = 23 Vậy Kim loại M là Natri
b. Ta có nHCl = 0,3. 1,2 = 0,36 (mol), nNaOH =0,1 (mol), n NaCO =0,2(mol)
3

Nếu cho từ từ đến hết 200ml dung dịch Y vào 300 ml dung dịch HCl 1,2 M thì ta có các PTHH như sau
NaOH + HCl  NaCl + H2O (4)


Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + CO2 + H2O (5)
Theo pt (4)  nHCl (4) =nNạOH = 0,1 (mol) nHCl (5) = nHCl - nHCl (4) =0,36 – 0,1 = 0,26 (mol)
Mà n M CO =0,2(mol)
1
1
= .0,26=0,13 (mol)
Theo pt (5) ta có HCl phản ứng hết  nCO =
2 nHCl 2
Vậy :n CO =¿ 0,13. 22,4 = 2,912 (lít)
2

3

2

2

Câu V. (2,0 điểm)
1. Hỗn hợp X gồm một ancol và một axit cacboxylic (đều đơn chức, mạch hở). Chia hỗn hợp X
thành 3 phần bằng nhau:
- Cho phần 1 tác dụng hết với Na thấy thốt ra 3,36 lít H2 (đktc).

- Đốt cháy hoàn toàn phần 2 thu được 30,8 gam CO2.
- Đun nóng phần 3 với H2SO4 đặc thì thu được 10,0 gam este E (hiệu suất 100%). Đốt cháy
hoàn tồn 5,0 gam este E thì thu được 11 gam CO2 và 3,6 gam H2O.
Xác định công thức cấu tạo của E?
2. Hỗn hợp A gồm hai axit cacboxylic đơn chức X, Y và một este Z (các chất đều mạch hở, chỉ
chứa một loại nhóm chức và M X < MY). Cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn
dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn khan G chứa hai muối cacboxylat có tỉ lệ số mol là 1 : 3,
phân hơi có chứa nước và ancol T. Cho tồn bộ lượng ancol T thu được vào bình Na dư, sau phản ứng
khối lượng bình Na tăng 8,01 gam so với ban đầu và có 3,024 lít khí thốt ra. Đốt cháy hồn tồn hỗn
hợp G cần vừa đủ 10,08 lít khí O 2, sau phản ứng thu được H 2O và 8,96 lít CO2 và 21,2 gam Na2CO3.
Biết các khí đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Xác định thành phần % theo khối lượng các chất trong hỗn hợp A?
Giải
1. Gọi CT 2 chất trong X là ROH và R’COOH
Mỗi phần có x mol ROH
y mol R’COOH
3,36
Phần 1 : n H =
= 0,15 (mol)
22,4
1
Na + ROH → RONa + H2
2
X
→
x
(mol)
2
1
Na + R’COOH → R’COONa + H2

2
y
x →
(mol)
2

x + y = 0,15×2 = 0,3 (mol)
30,8
Phần 2 : nCO =
= 0,7 (mol)
44
Gọi m và n lần lượt là số C trong R và R’

x×n + y× m + y = 0,7 (mol)
0
'
Phần 3 : ROH + R’COOH H 2 SO 4 ,đ , t , P R COOR + H 2 O
2

2

→

Do H=100% => neste là x hoặc y


Trong 5g este : nCO = nC =
2

( este)

11
=0,25 (mol)
44

3,6
= 0,2 (mol)→ n H = 0,4 (mol)
18
5−0,25 ×12−0,2× 2
nO (este) =
= 0,1 (mol)
16
1
Ta có: n es te = nO (este)= 0,05 (mol)
2
nH

2

O

=

(este )

Trong 10 g este thì : nC (este) = 0,5 (mol); nH (este) = 0,8 (mol); nO (este) = 0,2 (mol) ;
n este = 0,1 (mol)
Vậy → Este có cơng thức là C5H8O2
n + m = 5 - 1 = 4 (1)
TH1 : Nếu rượu phản ứng hết : nROH = x =n es te =0,1 (mol)

y = 0,2 (mol)
0,1×n + 0,2×m + 0,2 = 0,7
Từ ( 1) và (2) => n = 3 và m = 1
C 3 H 7 OH
X gồm
CH 3 COOH






{



TH2 :Nếu axit phản ứng hết nRCOOH = y =n este =0,1 (mol)
x=0,2
0,1*n + 0,2*m + 0,1 = 0,7
Từ ( 1) và (2) => n = 2 và m = 2
C2 H 5 OH
X gồm
C2 H 3 COOH




{



Vậy công thức của E là

CH 2 =CH −CH 3 −OOC−CH 3
CH 2 =CH −COO−C 2 H 5

{

3,024
= 0,135 (mol)
22,4
nOH (trangT) = 0,135 *2 =0,27 (mol)
Trong công thức do chỉ có 2 muối cacbonxylat nên gốc hidrocacbon gắn COO chỉ có 2
loại gốc
Gọi 2 muối là : C n H m COONa
C a H b COONa
Sau phản ứng đốt cháy
21,2
∗2=0,4 (mol)
Bảo toàn Na => n Na = 2*n Na CO =
106
8,96
Tương tự: nC =
+0,2 = 0,6 (mol)
22,4

2, n H =
2



2

3


Mà trong G thì nO = 2. n Na = 0,8 (mol)
10,08
Bảo toàn O => 0,8+
.2 = n H O+0,4.2+0,2.3
22,4
n H O=0,3 (mol)
n H = 0,6 (mol)
2

2

1
n
=0,4 (mol)
2 O (G)
Mà tỷ lệ mol 2 muối là 1:3
C n H m COONa = 0,1 (mol) (1)
Ta có: Tổng mol 2 muối =

C a H b COONa = 0,3 (mol)

(2)

Từ (1), (2) Bảo toàn nguyên tố C  nC = (n+1).0,1 +(a+1).0,3= 0,6

Mà n, a là các số nguyên dương




{n=2
a=0



G gồm

H COONa
{C HCOONa
2

m

Ta có:Bảo tồn ngun tố H: nH = 0,1.m+0,3=0,6 (mol) m= 3
C2 H 3 COONa 0,1mol
Y :C 2 H 3 COOH

G gồm
 2 axit
HCOONa0,3 mol
X : HCOOH
Ta có: nOH = n Na = 0,4 ( mol)
n H O = 0,4 -0,27 = 0,13 (mol)

3,024

nH =
=0,135( mol)
22,4
Gọi CTTQ của este Z là RCOOR’
Gọi số mol của HCOOH, C2H3COOH và RCOOR’ lần lượt là x, y, z mol
Mà 2 axit và este Z tác dụng với NaOH chỉ thu được 2 muối nên R có thể là C2H3COOR’ hoặc
HCOOR’
TH1: Muối HCOONa 0,3 mol là do
HCOOH + NaOH  HCOONa + H2O (1)
x
x
HCOOR’+ NaOH  HCOONa + R’OH (2)
z
z

{

{

2

2

Mà

2R’OH + 2Na  2R’ONa + H2 (3)
0,27 (mol)



0,135 (mol)

Từ (2), (3)  n HCOONa(2)=¿z =0,27 (mol)
Mà n HCOONa =0,3 mol > z  x = 0,3 – 0,27 = 0,03 (mol)
Khối lượng bình Na


Vậy X, Y, Z lần lượt là HCOOH, C2H3COOH và HCOOR’
TH2: Muối C 2 H 3 COONa 0,1 mol là do
C2H3COOH + NaOH  C2H3COONa + H2O (4)
y
y
C2H3COOR’+ NaOH  C2H3COONa + R’OH (5)
z
z
Mà

2R’OH + 2Na  2R’ONa + H2 (6)
0,27 (mol)

Từ (5), (6)  nC
Mà nC

2

H 3COONa

2

H 3COONa (5)



0,135 (mol)

=¿z =0,27 (mol)

=0,1mol  vơ lí (loại)