UBND TỈNH HƯNG YÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO 10 CHUN HĨA NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn: HĨA HỌC Thời gian: 150 phút Ngày thi: 12/6/2021 Câu (2,5 điểm) Viết PTHH (ghi rõ điều kiện có) thực dãy chuyển đổi sau: (1) (2) (3) (C6H10O5)n C6H12O6 C2H5OH CH3COOH (4) (6) (5) CH4 CH3COONa CH3COOC2H5 Cho dung dịch sau: NaNO3, Na2CO3, Zn(NO3)2, Mg(NO3)2 Chỉ dùng thêm dd NaOH, nêu phương pháp hóa học nhận dung dịch Giải axit t0 (1) (C6H10O5)n + nH2O nC6H12O6 men ruou 2C2H5OH + 2CO2 (2) C6H12O6 men giâm CH3COOH + H2O (3) C2H5OH + O2 H SO4 ,t (4) CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O t0 (5) CH3COOC2H5 + NaOH CH3COONa + C2H5OH CaO , t (6) CH3COONa + NaOH CH4 + Na2CO3 - Dùng dung dịch NaOH Nhận mẫu thử dung dịch Zn(NO3)2 tạo kết tủa trắng, sau tan dung dịch NaOH dư Zn(NO3)2 + 2NaOH Zn(OH)2 + 2NaNO3 Zn(OH)2 + 2NaOH Na2ZnO2 + 2H2O - Mẫu thử cho kết tủa trắng không tan dung dịch NaOH dư dung dịch Mg(NO3)2 - Mẫu thử không tượng nhận NaNO3, Na2CO3 (*) Dùng dung dịch Mg(NO3)2 nhận nhóm mẫu thử (*) + Kết tủa trắng nhận Na2CO3 Na2CO3 + Mg(NO3)2 MgCO3 + 2NaNO3 + Không tượng nhận NaNO3 Câu (1,5 điểm) Từ metan chất vơ cần thiết Hãy viết phương trình hóa học điều chế polietilen (ghi rõ điều kiện có) Hỗn hợp X gồm Na, CuO, Fe2O3 Trình bày phương pháp tách lấy kim loại từ hỗn hợp X viết phương trình hóa học xảy Giải Các PTHH điều chế polietilen 2CH4 C Làm 1500 lanh nhanh C H + 3H2 CH CH + H2 CH2 = CH2 2 Pd / PbCO3 t , p , xt nCH2 = CH2 (-CH2 – CH2-)n Cho hỗn hợp X vào nước dư thu dung dịch NaOH chất rắn không tan gồm CuO, Fe2O3 (A) 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 Lọc chất rắn không tan cho dung dịch nước lọc tác dụng với dung dịch HCl dư, sau cạn dung dịch đpnc thu Na NaOH + HCl NaCl + H2O dpnc 2Na + Cl2 2NaCl Dẫn H2 dư qua hỗn hợp A nung nóng thu hỗn hợp rắn B gồm Cu Fe t H2 + CuO Cu + H2O t 3H2 + Fe2O3 2Fe + 3H2O Hòa tan hỗn hợp B vào dung dịch HCl dư, lọc lấy phần chất rắn không tan Cu, rửa sạch, sấy khô thu kim loại Cu Dung dịch thu gồm FeCl2 HCl dư (D) Fe + 2HCl FeCl2 + H2 Điện phân dung dịch D thu Fe catot dpdd H2 + Cl2 2HCl dpdd Fe + Cl2 FeCl2 Câu (2,0 điểm) Giải thích vấn đề thực tiễn sau: a) Dùng giấm ăn để làm lớp cặn ấm đun nước (tạo thành sử dụng nước tự nhiên giếng, ao, hồ, b) Dùng thuốc muối (natri hidrocacbonat) để làm giảm đau cho người viêm loét dày Cho 16 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe vào 600ml dd AgNO3 có nồng độ aM, sau kết thúc phản ứng thu dung dịch Y 70,4 gam chất rắn Z Cho dung dịch NaOH dư vào Y, sau lọc kết tủa đem nung ngồi khơng khí đến khối lượng không đổi thu 16g chất rắn T Tính khối lượng kim loại X giá trị a Giải a Lớp cặn ấm đun sơi có thành phần CaCO3, MgCO3 Khi tiếp xúc với giấm ăn, lớp cặn bị hòa tan axit CH3COOH 2CH3COOH + CaCO3 (CH3COO)2Ca + CO2 + H2O 2CH3COOH + MgCO3 (CH3COO)2Mg + CO2 + H2O b Dùng thuốc muối NaHCO3 làm giảm đau cho người bị viêm loét dày có phản ứng làm giảm nồng độ axit HCl dày người bệnh NaHCO3 + HCl NaCl + CO2 + H2O Do mT = mX = 16 gam nên X tác dụng với AgNO3 phải có kim loại X cịn dư, AgNO3 hết - Cho hỗn hợp Mg Fe vào dung dịch AgNO3 có phản ứng theo thứ tự Mg + 2AgNO3 Mg(NO3)2 + 2Ag (1) Fe + 2AgNO3 Fe(NO3)2 + 2Ag (2) Dung dịch Y gồm Mg(NO3)2 có Fe(NO3)2 - Cho NaOH vào dung dịch Y 2NaOH + Mg(NO3)2 Mg(OH)2 + 2NaNO3 (3) Có thể có: 2NaOH + Fe(NO3)2 Fe(OH)2 + 2NaNO3 (4) - Kết tủa thu gồm Mg(OH)2 có Fe(OH)2 Nung khơng khí t Mg(OH)2 MgO + H2O (5) t Có thể có: 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O (6) * Trường hợp Chỉ Mg phản ứng; Fe chưa phản ứng => T chứa MgO nMg = nMgO = 0,4 mol Theo (1) (3) (5): nMg = nMgO = 0,4 mol nAg = 2nMg = 0,8 mol mZ = mAg + mX dư = 108.0,8 + (16 – 0,4 24) = 92,8 gam > 70,4 gam (loại) * Trường hợp 2: Mg phản ứng hết, Fe phản ứng phần Chất rắn Z: Ag, Fe dư Dung dịch Y: Mg(NO3)2, Fe(NO3)2 nMg: x mol nFe pứ: y mol nFe dư: z mol 24x + 56(y + z) = 16 mol (I) mZ = 108.(2x + 2y) + 56z = 70,4 (II) nMgO = nMg = x mol theo PTHH (2) (4) (6): y nFe2O3 nFe pu mol 2 mT = 40x + 80x = 16 (III) Giải hệ: 24 x 56 y 56 z 16 x 0, 216 x 216 y 56 z 70, y 0,1 40 x 80 y 16 z 0,1 mMg = 0,2.24 = 4,8 gam mFe = (0,1 + 0,1).56 = 11,2 gam 0, nAgNO3 2 x y 0, mol CM ( AgNO3 ) a 1M 0, Câu (2,0 điểm) Để tác dụng hết với 35,7 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe, Al dạng bột, nung nóng cần vừa đủ 21,84 lít khí Cl2 Mặt khác, cho 0,25 mol hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu 4,48 lít khí H2 Tính % khối lượng kim loại X Biết thể tích khí đo đktc Đốt cháy hồn toàn 14,6g chất hữu X chứa C, H, O cần vừa đủ 14,56 lít O 2(đktc), thu khí CO2 nước theo tỉ lệ mol tương ứng 6:5 Xác định công thức phân tử X Biết tỉ khối X so với H2 =73 Giải X tác dụng với Cl2 t Cu + Cl2 CuCl2 a a mol t 2Fe + 3Cl2 2FeCl3 b 1,5b mol t 2Al + 3Cl2 2AlCl3 c 1,5c mol X tác dụng với dd HCl Fe + 2HCl FeCl2 + H2 kb kb mol 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 kc 1,5kc mol Gọi số mol Cu, Fe, Al 35,7 gam hỗn hợp X a, b, c mX = 64a + 56b + 27c = 35,7 (1) 21,84 nCl2 0,975 mol a 1,5b 1,5c 0,975 (2) 22, Ta có: Gọi số mol Cu, Fe, Al 0,25 mol X ka, kb, kc => ka + kb + kc = 0,25 (3) 4, 48 0, nH 0, 2(mol ) k 22, b 1,5c Thay k vào (3) Ta có: kb + 1,5kc = 0,2 Giải hệ PT (1), (2), (3) ta được: a = 0,3 mol; b = 0,15 mol; c = 0,3 mol 0,3.64 0,15.56 %mCu 100% 53,78%; % mFe 100% 23,53% 35,7 35, %mAl 100% 53,78% 23,53% 22, 69% Ta có dX/ H = 73 MX = 146 n 0, 65 mol nX = 0,1 mol; O2 BTKL cho phản ứng đốt cháy X ta có: mCO2 + mH2O = mX + mO2 mCO2 + mH2O = 14,6 + 0,65.32 = 35,4 gam 44.nCO2 + 18 nH2O = 35,4 (1) nCO2 nH 2O Theo đề ta có nCO2: nH2O = 6: (2) Thay(2) vào (1) ta được: nCO2 = 0,6 mol, nH2O = 0,5 mol Trong 14,6 gam X có: nC = nCO2 = 0,6 mol nH = 2nH2O = mol nO = (14,6 – 0,6.12 – 1.1)/16 = 0,4 mol Gọi CTPT X CxHyOt, suy ra: 0, 0, x 6; y 10; 4 0,1 0,1 0,1 Vậy CTPT X C6H10O4 Câu (2,0 điểm) Cho hỗn hợp rắn E dạng bột gồm x gam Cu 23,2g Fe3O4 vào 400ml dd H2SO4 1M Kết thúc phản ứng thu dung dịch F 9,6 gam rắn G Thêm lượng dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch F, sau phản ứng lọc kết tủa đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu y gam rắn H Tính giá trị x, y Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm chất hữu có cơng thức phân tử C3H4O, C3H6O3, C4H6O2 lượng khơng khí vừa đủ thu hỗn hợp Y gồm chất khí Cho hỗn hợp Y qua bình đựng 8,75 lít Ca(OH)2 0.02M thu 15 gam kết tủa có 19,264 lít (đktc) chất khí a) Viết PTHH xảy b) Tính giá trị m Giả sử khơng khí chứa 20% thể tích O2 80% thể tích N2 Giải nH2SO4 = 0,4 mol; nFe3O4 = 0,1 mol Fe3O4 + 4H2SO4 FeSO4 + Fe2(SO4)3 + H2O 0,1 0,4 0,1 0,1 => p/ư vừa đủ Cu + Fe2(SO4)3 CuSO4 + 2FeSO4 9,6 gam chất rắn G Cu dư x = 0,1.64+ 9,6 = 16 gam Dung dịch F gồm: CuSO4 0,1 mol, FeSO4 0,3 mol CuSO4 + Ba(OH)2 BaSO4 + Cu(OH)2 0,1 0,1 0,1 (mol) FeSO4 + Ba(OH)2 BaSO4 + Fe(OH)2 0,3 0,3 0,3 (mol) t Cu(OH)2 CuO 0,1 0,1 + H2O (mol) t0 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O 0,3 0,15 (mol) Chất rắn H gồm: CuO 0,1 mol; Fe2O3 0,15 mol; BaSO4 0,4 mol y = 0,1.80 + 0,15.160 + 0,4.233 = 125,2 (g) a) Các PTHH: t0 C3H4O + O2 3CO2 + 2H2O (1) t C3H6O3 + 3O2 3CO2 + 3H2O (2) t0 C4H6O2 + O2 4CO2 + 3H2O (3) Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O (4) Có thể có: CaCO3 + CO2 + H2O Ca(HCO3)2 (5) b) Tính m? Hỗn hợp Y gồm CO2, H2O, N2 Cho Y qua dd Ca(OH)2 chất khí N2 => nN2 = 0,86 mol nN2 => nO2 = = 0,215 mol nCa(OH)2 = 0,175 mol; nCaCO3 = 0,15 mol Gọi số mol C3H4O, C3H6O3 C4H6O2 x, y, t Từ (1,2,3) => nO2 = 3,5x + 3y + 4,5t = 0,215 (*) Vì nCaCO3 < nCa(OH)2 nên xảy trường hợp * TH Ca(OH)2 dư => nCO2 = nCaCO3 = 0,15 mol nCO2 = 0,15 mol => 3x + 3y + 4t = 0,15 (* *) Từ (*) (**) => x + t = 0,13 thay vào (*) => 3y + t < (loại) * TH Ca(OH)2 hết => nCO2 = nCaCO3 + 2nCa(HCO3)2 = 0,2 mol => 3x + 3y + 4t = 0,2 (***) Từ (*) (***) => x + t = 0,03 nH2O = 2x + 3y + 3t = (3x + 3y + 4t) – (x + t) = 0,2 0,03 = 0,17 mol BTKL: mX + mO2 = mCO2 + mH2O m + 0,215.32 = 0,2.44 + 0,17.18 => m = 4,98 (g) - HẾT -