57 chuyên hà tĩnh 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gờm10 câu 02 trang) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 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 muối kim loại canxi, Y muối kim loại natrri Từ X Y thực 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 hoàn thành phương trình hóa học 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 CaCO3; Y NaHCO3; X1 CaO; X2 Ca(OH)2; Y1 NaOH; Y2 Na2CO3 Câu 2: (1,0 điểm) Giải thích tượng xảy trường hợp sau: a) Cho mỡ lợn vào ống nghiệm chứa dung dịch NaOH, sau đun nóng ống nghiệm thấy mỡ tan dung dịch NaOH b) Cho rượu etylic vào ống nghiệm chứa lịng trắng trứng xuất kết tủa c) Nhỏ axeton vào bóng bàn bóng bị thủng d) Một khúc mía để lâu khơng khí đầu vết cắt có mùi rượu etylic GIẢI a) - Khi chưa đun nóng khơng có phản ứng chất béo NaOH Mặt khác, chất béo nhẹ nước không tan nước nên miếng mỡ lên trên.Khi đun nóng có phản ứng thủy phân xảy sau: to (RCOO)3C3H5+3NaOH   3RCOONa+C3H5(OH)3 Vậy tượng thí nghiệm là: Miếng mỡ nổi; sau tan dần dung dịch b) Lòng trắng trứng loại protein, cho rượu etylic vào bị đơng tự nên xuất kết tủa ống nghiệm c) Quả bóng bàn làm từ polime không tan tan nước tan dung mơi axeton Vì nhỏ axeton vào bóng bàn chỗ tiếp xúc bị tan tạo thành lỗ thủng d) Thành phần mía sacarozo, để khơng khí lâu ngày (có mơi trường axit tạo CO2 + H2O) bị thủy phân tạo glucozo, sau glucozo bị lên men tạo thành rượu etylic Vì chỗ vết cắt mía để lâu khơng khí có mùi 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 chất hữu mạch hở có cơng thức phân tử C2H4, C3H4O2, C2H4O2, C2H6O ký hiệu ngẫu nhiên X, Y, Z, T Biết răng: - Chất Y, T làm 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 viết phương trình hóa học phản ứng xảy 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 nguyên tố X có nhiều đất sét X chất rắn, màu xám, khó nóng chảy dùng làm nguyên liệu bán dẫn X tác dụng với oxi nhiệt độ cao tạo thành hợp chất Y Chất Y tác dụng với NaOH rắn với CaO nhiệt độ cao tạo thành hợp chất Z T Xác định nguyên tố X, hợp chất Y, Z, T viết phương trình hóa học phản ứng b) Chia 22,65 gam hỗn hợp ba kim loại Zn, Mg, Al thành hai phần Cho phần tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl dư, thu a gam hỗn hợp muối 8,96 lít (đktc) khí Cho phần tác dụng hồn tồn với oxi dư, thu b gam hỗn hợp ba oxit Tính a, b GIẢI Nguyên tố X (Si); Y oxit (SiO2); Z muối (Na2SiO3); T 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 chất 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 phương trình 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 C3H6 thu 7,84 lít (đktc) khí CO2 7,65 gam H2O Mặt khác, 12,625 gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 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 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 y = 4,25 Vậy X có cơng thức chung là: C1,75H4,25 mà MX = 25,25 gam Gọi X CnH2n+2-2k (k số liên kết khơng bền) Ta có 2n+2-2k = 4,25 n = 1,75 k = 0,625 Ở thí nghiệm ta có: Số mol 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 MgCO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch H2SO4 lỗng, thu 7,84 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm CO2, H2 dung dịch Z chứa 68 gam hỗn hợp muối sunfat trung hòa Tỉ khối Y so với H2 13 Tính khối lượng MgSO4 có dung dịch Z GIẢI Gọi a, b số mol CO2 H2 Ta giả thiết ta có hệ phương trình: n CO + n H = n Y 2   m + m = m  CO2 H2 Y n CO + n H = 0,35 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 (0,2mol)    + H 2SO 4(l)   FeSO ;MgSO  +   + H 2O        H (0,15mol)  MgO;MgCO3               68 gam 9,1gam Y 34,4 gam X Gọi x số mol 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 = mol Gọi x, y số mol FeSO4, MgSO4 ta có hệ phương trình: 152x + 120y = 68   x + y = 0,5   x = 0,25 mol  m MgSO = 0,25.120 = 30gam  y = 0, 25 mol  Câu 7: (1,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 3,52 gam hợp chất MS (muối sunfua kim loại M) oxi dư, thu m gam chất rắn X Hòa tan hết m gam X dung dịch HNO3 37,8% vừa đủ, thu dung dịch Y có nồng độ muối 41,72% Làm lạnh dung dịch Y, thu 6,464 gam muối rắn Z Lọc tách Z khỏi dung dịch Y, thu dung dịch T có nồng độ muối 34,703% Xác định cơng thức Z, biết kim loại M có hóa trị cao III hợp chất GIẢI Phương trình hóa học: to 4MS + 7O2   2M2O3 + 4SO2 (1) M2O3 + 6HNO3  2M(NO3)3 + 3H3O (2) Gọi x số mol MS, từ (1) (2) ta có: Số mol HNO3 = 3x mol m HNO = 189x gam khối lượng dung dịch HNO3: => Khối lượng dung dịch Y: = 524x + Mx mddHNO = 189 x.100 500 x gam 37,8 m ddY = 500x + m M O = 500x + 0,5x.(2M+48) m mM(NO ) = x(M +189)  C% M(NO ) = 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 T = 16,736.34,703% = 5,808 gam mFe(NO3)3 Z = 9,68 – 5,808 = 3,872 gam => mH2O Z = 6,464 – 3,872 = 2,592 gam => mH2O = 0,144 mol; nFe(NO3)3 = 0,016 mol Gọi Z Fe(NO3)3.nH2O ta có tỉ lệ nFe(NO3)3:nH2O = 0,016:0,144 = 1:9 Vậy công thức Z Fe(NO3)3.9H2O Câu 8: (1,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Na Al Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với nước dư, thu V lít khí (đktc) cịn lại 0,5192m gam chất rắn không tan Cho 0,5 mol hỗn hợp X tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu 3,125V lít H2 (đktc) Tính m GIẢI Ở thí nghiệm 1: m gam + H2O  NaAlO2 + H2 + Al dư Gọi số mol Na a tương ứng số mol Al phản ứng a mol => m = 23a + 27a + 0,5192m => 0,4808m = 50a => m = 104a => nAl dư = 0,5192m/27 = 2a => m gam X có a mol Na 3a mol Al => Theo phương trình phản ứng ta có: V n H = n Na + n NaOH  2a = (1) 2 22,4 Ở thí nghiệm 2: 0,5 mol X tương ứng ka mol Na 3ka mol Al => ka + 3ka = 0,5 => ka = 0,125 (2) 3 V n H = n Na + n Al  ka + 3ka = 3,125 (3) 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 axit C15H31COOH, C17H35COOH chất béo Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu 1,56 mol CO2 1,52 mol H2O Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 0,9M, thu glixerol dung dịch chứa a gam hỗn hợp muối Natri hai axit C15H31COOH C17H35COOH Tính a GIẢI Nhận thấy C15H31COOH C17H35COOH có cơng thức tổng quát Gọi công thức chung hai axit CnH2n+1COOH (a mol) Vì sản phẩm thủy phân tạo muối hai axit nên Y este glixerol 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) 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 số mol NaOH = a+3b = 0,09 => a = 0,03 mol => Bảo tồn ngun tố ta có: mX = mC + mH + mO = 1,56.12 + 1,52.2 + 0,03.32 = 24,64 gam Áp dụng BTKL cho (3) (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 lượng vừa đủ dung dịch chứa y mol H2SO4 (biết x:y =5:12), thu khí X dung dịch chứa 42,8 gam muối (không tạo lưu huỳnh) Biện luận xác định X tính x, y b) Hịa tan hết a gam hỗn hợp X gồm X Fe, Fe3O4, Fe2O3, FeCO3 dung dịch HCl dư, thu 3,584 lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 8,875 dung dịch chứa m gam muối Mặt khác, hòa tan hết a gam hỗn hợp X dung dịch chứa 0,69 mol H2SO4 thu dung dịch chứa 69,12 gam hỗn hợp muối sunfat 5,376 lít (đktc) hỗn hợp gồm hai khí (có khí SO2) Tính m GIẢI a) Các phản ứng 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 => xảy (1), (2) (3) không thỏa mãn Vậy xảy hai phản ứng 2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (2) Fe + Fe2(SO4)3  3FeSO4 (4) Coi phản ứng tạo FeSO4 xảy là: Fe + 2H2SO4  FeSO4 + SO2 + H2O (5) Gọi a, b số mol Fe tham gia phản ứng (2) (5) => nH2SO4 = 3a + 2b Theo giả thiết ta có hệ phương trình:  a+b =    3a + 2b 12 0,5a.400 + b.152 = 42,8 a = 0,1  b = 0,15 Vậy x = 0,25 y = 0,6 b) Theo giả thiết ta có MTB hỗn hợp khí H2 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 H2 CO2 hỗn hợp x 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 hai khí mà có SO2 => khí cịn lại 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 hỗn hợp muối sunfat nên có phản ứng Fe + Fe2(SO4)3  3FeSO4 Từ ta có sơ đồ phản ứng sau: X + 0,69molH 2SO  69,12gam(FeSO ;Fe (SO )3 + 0,18molSO2 + 0,06molCO + H 2O Bảo tồn ngun 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 X ta có hai sơ đồ sau: FeCl Fe (20,16 gam) + HCl  m gam + 0,1 mol H + H 2O (1)   FeCl O (xmol)   FeSO (0,51 mol SO ) Fe (20,16 gam) + 0,69 mol H SO  m gam + 0,18mol SO + H 2O (2)   Fe (SO ) O (xmol)   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 (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 -