thi chính thức vào 10 môn hóa hệ chuyên sở GD đt hà nội năm 2018 2019

Đề thi thức vào 10 mơn Hóa - Hệ chuyên -Sở GD & ĐT Hà Nội - năm 2018 - 2019 Câu 1: Tiến hành thí nghiệm hình vẽ bên : cho viên kẽm vào dung dịch HCl thấy có khí X ra; dẫn khí X qua chất rắn Y nung nóng thu khí Z; sục khí Z vào dung dịch muối T thấy xuất kết tủa màu đen Biết rằng: Y đơn chất rắn, màu vàng; dung dịch muối T có màu xanh T có khối lượng mol 160 gam Xác định chất X, Y, Z, T Viết phương trình hóa học minh họa Muối ăn (NaCl) bị lẫn tạp chất: Na2SO4, MgCl2, MgSO4, CaCl2, CaSO4 Trình bày phương pháp hóa học loại bỏ tạp chấ để thu NaCl tinh khiết Viết phương trình hóa học xảy Câu 2: Có chất bột riêng biệt: FeS, Ag2O, CuO, MnO2, FeO đựng lọ nhãn Chỉ dùng dung dịch thuốc thử, trình bày phương pháp hóa học để nhận biết chất Viết phương trình hóa học minh họa a) Khi cơm bị khê ( có mùi nồng khét), người ta thường cho vào nồi cơm mẩu than gỗ Hãy giải thích cách làm b) Vì đốt xăng, đốt cồn khơng tro, đốt gỗ, đốt than lại tro? c) Để xử lý 100 kg hạt giống người ta cần dùng lít dung dịch CuSO4 0,02%, khối lượng riêng g/ml Tính khối lượng CuSO4.5H2O cần thiết kế để hòa tan vào nước cất tạo thành dung dịch CuSO4 0,02% đủ dùng cho việc xử lý 200 hạt giống Câu 3: Hịa tan hồn tồn 10,72 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Ca, CaO dung dịch HCl vừa đủ, thu 3,284 lít khí (đktc) dung dịch Y chứa hỗn hợp a gam CuCl2 12,35 gam MgCl2 Tìm giá trị a Cho m gam hỗn hợp gồm Al4C3 CaC2 tác dụng với nước dư, thu 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm CH4 C2H2 Chia X thành phần: - Phần 1: cho tác dụng với dung dịch brom dư thấy có 16 gam Br2 tham gia phản ứng - Phần 2: đốt cháy hoàn toàn cho toàn sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư, sau phản ứng lọc bỏ kết tủa thấy khối lượng dung dịch bình giảm 69,525 gam so với khối lượng dung dịch trước phản ứng a) Tìm giá trị m tính thành phần phần trăm theo thể tích khí X b) Nếu cho phần tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 NH3 thu a gam kết tủa Tìm giá trị a Câu 4: Hòa tan hết 5,34 gam hỗn hợp X gồm Zn Mg 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp HCl 0,4M H2SO4 0,08M, thu dung dịch Y khí H2 Cho 300 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch Y, sau phản ứng xảy hoàn toàn thu 8,43 gam kết tủa gồm chất Mặt khác, cho từ từ đến hết V ml dung dịch chứa hỗn hợp KOH 0,4M Ba(OH)2 0,05M vào dung dịch Y thu lượng kết tủa lớn ; lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, thu m gam chất rắn Tìm giá trị V, m Cho A dung dịch H2SO4 ; B1, B2 dung dịch NaOH có nồng độ khác Trộn B1 với B2 theo tỉ lệ thể tịch 1: thu dung dịch X Trung hòa 20 ml dung dịch X cần dùng 20 ml dung dịch A Trộn B1 với B2 theo tỉ lệ thể tích tương ứng 2: thu dung dịch Y Trung hòa 30 ml dung dịch Y cần dùng 32,5 ml dung dịch A Trộn B1 với B2 theo tỉ lệ thể tích tương ứng a: b thu dung dịch Z Trung hòa 70 ml dung dịch Z cần dùng 67,5 ml dung dịch A Tìm giá trị a : b Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,92 gam hỗn hợp X gồm C2H4, H2, C3H6, CO, C4H8 O2 vừa đủ cho toàn sản phẩm cháy vào bình đựng lít dung dịch Ca(OH)2 0,02 M thấy xuất m1gam kết tủa Lọc bỏ kết tủa, thu dung dịch Y có khối lượng tăng 0,82 gam so với dung dịch Ca(OH)2 ban đầu Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch Y đến kết tủa hết ion kim loại, thấy có m2 gam kết tủa Biết m1 + m2 = 6,955, tính thành phần phần trăm theo khối lượng CO H2 có hỗn hợp X Hỗn hợp X gồm rượu ( ancol ) CH3OH, C2H5OH có số mol axit C2H5COOH, C4H8(COOH)2 Đốt cháy hoàn tồn 11,16 gam X cần vừa đủ 60,48 lít khơng khsi (đktc, khơng khí chứa 20% oxi 80% nitơ theo thể tích) thu hỗn hợp Y gồm khí nước Dẫn toàn Y qua dung dịch nước vôi dư, sau phản ứng xảy hoàn toàn thấy khối lượng dung dịch giảm m gam so với dung dịch ban đầu Biết khí nitơ khơng tan nước, tìm giá trị m LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: + X khí hiđro, kí hiệu H2 + Y đơn chất rắn màu vàng => Y lưu huỳnh, kí hiệu S + Z khí hiđro sunfua, kí hiệu H2S + Dung dịch T có màu xanh lam => T dung dịch muối đồng Mà khối lượng mol Y 160 => T muối đồng (II) sunfat, kí hiệu CuSO4 NaCl, Na2SO4, MgCl2, MgSO4, CaCl2, CaSO4 + H2O, lọc bỏ chất rắn NaCl, Na2SO4, MgCl2, MgSO4, CaCl2 + BaCl2 dư, lọc bỏ kết tủa NaCl, MgCl2, CaCl2, BaCl2 dư + NaOH dư, lọc bỏ kết tủa NaCl, CaCl2, BaCl2 dư, NaOH dư + Na2CO3 dư, lọc bỏ kết tủa NaCl, NaOH dư, Na2CO3 dư + HCl dư, đun nóng NaCl tinh khiết Phương trình hóa học: (1) Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 ↑ (X) (2) H2 + S (Y) H2S (Z) (3) H2S + CuSO4 (T) → CuS↓ + H2SO4 Phương trình hóa học: BaCl2 + Na2SO4 → BaSO4↓ + 2NaCl BaCl2 + MgSO4 → BaSO4↓ + MgCl2 2NaOH + MgCl2 → Mg(OH)2↓ + 2NaCl Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3↓ + 2NaCl Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3↓ + 2NaCl Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O Câu 2: FeS, Ag2O, CuO, MnO2, FeO + HCl đặc, đun nóng Khí mùi Khơng tan trứng thối FeS Ag2O CuO Dung dịch Khí màu Tan, khơng xanh lam vàng nâu có khí MnO2 FeO Phương trình hóa học: 2HCl + FeS → H2S ↑ + FeCl2 2HCl + CuO → CuCl2 + H2O t 4HCl đặc + MnO2   MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O o FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O a) Khi cơm bị khê người ta cho vào nồi mẩu than gỗ than gỗ có tính hấp phụ cao, hấp phụ mùi nồng khét để làm giảm mùi khê cơm b) - Đốt xăng, cồn: Thành phần hóa học xăng cồn hợp chất hữu chứa nguyên tố C, H, O nên đốt tạo thành CO2 H2O bay hết nên không để lại tro - Đốt than: Trong thành phần than đá cacbon hợp chất hữu cháy hết cịn có khống muối silicat khơng cháy nên sau cháy để lại tro - Đốt gỗ: Thành phần gỗ xenlulozo cháy hết tạo CO2 H2O Tuy nhiên, gỗ cịn có chứa khống vật khơng cháy Do đó, đốt gỗ để lại tro c) * Xử lí 100 kg hạt giống: Khối lượng dung dịch CuSO4 cần dùng là: m dd CuSO4 = D.V = 1.8 = (kg) Khối lượng CuSO4 kg dung dịch CuSO4 0,02% là: mCuSO4  mdd CuSO4 C% 0, 02   0, 0016(kg ) 100% 100  H 2O Ta có: CuSO4.5H2O   CuSO4 250 (kg) 160 (kg) 0,0025 (kg) ← 0,0016 (kg) * Để xử lí 100 kg hạt giống cần 0,0025 kg CuSO4.5H2O Để xử lí 200 hạt giống cần x kg CuSO4.5H2O => x = 200.0,0025/100 = 0,005 = kg Câu 3: nH2 = 3,248:22,4 = 0,145 mol; nMgCl2 = 12,35:5 = 0,13 mol Đặt số mol chất Mg, MgO, Ca, CaO hỗn hợp X x, b, c, d (mol) + Khối lượng hỗn hợp 10,72 gam nên ta có: 24x + 40b + 40c + 56d = 10,72 (1) Phương trình hóa học: Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 x x x (mol) MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O b b b (mol) Ca + 2HCl → CaCl2 + H2 c c c (mol) CaO + 2HCl → CaCl2 + H2O d d d (mol) + Từ số mol H2 ta có: nH2 = x + c = 0,145 (2) + Từ số mol MgCl2 ta có: nMgCl2 = x + b = 0,13 (3) Ta tổ hợp phương trình (1) + 16(2) – 40(3): 24x + 40b + 40c + 56d = 10,72 + 16x + 16c = 2,32 40x + 40b = 5,2 56c + 56d = 7,84 => c + d = 0,14 => nCaCl2 = c + d = 0,14 mol => a = 0,14.111 = 15,54 (gam) - Phần tác dụng với Br2: nBr2 = 16:160 = 0,1 mol C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 0,05 ← 0,1 (mol) C2 H : 0, 05(mol ) - Đặt số mol khí phần sau: P1:  CH : x (mol ) C2 H : 0, 05k (mol ) P2 :  CH : kx (mol ) + Số mol hỗn hợp khí X là: nX = 11,2:22,4 = 0,5 mol Ta có: n khí P1 + n khí P2 = nX => 0,05 + x + 0,05k + kx = 0,5 (x + 0,05)k = 0,45 - x => k  0, 45  x (1) x  0, 05 + Đốt cháy phần 2: t C2H2 + 2,5O2   2CO2 + H2O o → 0,1k→ 0,05k (mol) 0,05k t CH4 + 2O2   CO2 + 2H2O o → kx kx → 2kx (mol) CO2 : k ( x  0,1) mol Sản phẩm cháy gồm  dẫn qua dung dịch Ba(OH)2 dư:  H O : k (2 x  0, 05) mol CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O → k(x+0,1) k(x+0,1) (mol) Khối lượng dung dịch giảm: m dd giảm = mBaCO3 – mCO2 – mH2O => 197k(x+0,1) – 44k(x+0,1) – 18k(2x+0,05) = 69,525 => 153k(x+0,1) – 18k(2x+0,05) = 69,525 => k(117x+14,4) = 69,525 => k  69,525 (2) 117 x  14, Từ (1) (2) => 0, 45  x 69,525   x  0, 075  k  x  0, 05 117 x  14, C2 H : 0, 05  0, 05k  0, mol Vậy X gồm  CH : x  kx  0,3mol CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2 0,2 ← 0,2 (mol) Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4 0,1 ← 0,1 (mol) Giá trị m là: m = mCaC2 + mAl4C3 = 0,2.64 + 0,1.144 = 27,2 gam 0,  %VC2 H  0,5 100%  40% Phần trăm thể tích khí X là:  %V  0,3 100%  60%  CH 0,5 C2 H : 0, 05k  0,15(mol ) b) Cho phần  tác dụng với AgNO3 NH3 dư: CH : kx  0, 225(mol ) C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → Ag2C2↓ + 2NH4NO3 → 0,15 0,15 (mol) Khối lượng kết tủa thu là: mAg2C2 = 0,15.240 = 36 gam Câu 4: nHCl = 0,4.0,5 = 0,2 mol; nH2SO4 = 0,08.0,5 = 0,04 mol nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 0,28 mol Đặt số mol Zn Mg hỗn hợp ban đầu x y (mol) Ta có: 65x + 24y = 5,34 (1) Zn + 2H+ → Zn2+ + H2 x → 2x →x (mol) Mg + 2H+ → Mg2+ + H2 y → 2y → y (mol)  Zn 2 : x (mol )  2  Mg : y (mol )  Dung dịch Y gồm có:  H  du : 0, 28  x  y (mol ) Cl  : 0, 2(mol )   SO4 2 : 0, 04(mol )  Ta thấy: nH+ + 2nZn2+ + 2nMg2+ (= 0,28 mol) < nNaOH (= 0,3 mol) => NaOH dư, Zn(OH)2 bị tan phần => nNaOH hòa tan kết tủa = 0,3 – 0,28 = 0,02 mol H+ 0,28-2x-2y → → H2O OH- + 0,28-2x-2y Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2 x → 2x → x (mol) Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 y → 2y → y (mol) Zn(OH)2 + 2OH- → ZnO22- + H2O (mol) 0,01 ← 0,02 (mol) Khối lượng kết tủa thu sau phản ứng: m kết tủa = mMg(OH)2 + mZn(OH)2 => 99(x-0,01) + 58y = 8,43 99x + 58y = 9,42 (2) 65 x  24 y  5,34  x  0, 06 Từ (1) (2) ta có:   99 x  58 y  9, 42  y  0, 06  Zn 2 : 0, 06(mol )  2  Mg : 0, 06(mol )  Vậy dung dịch Y gồm  H  du : 0, 04(mol ) Cl  : 0, 2(mol )   SO4 2 : 0, 04(mol )  Ta có: nKOH : nBa(OH)2 = 0,4:0,05 = Giả sử số mol KOH Ba(OH)2 8a a (mol) => nBa2+ = a (mol); nOH- = nKOH + 2nBa(OH)2 = 10a (mol) - Khi kết tủa Mg(OH)2 Zn(OH)2 đạt giá trị lớn nhất: nOH- = nH+ dư + 2nZn2+ + 2nMg2+ => 10a = 0,04 + 2.0,06 + 2.0,06 => a = 0,028 mol Ta thấy a < nSO42- => BaSO4 chưa đạt cực đại - Giả sử sau Mg(OH)2 Zn(OH)2 đạt cực đại ta thêm 8b mol KOH b mol Ba(OH)2: + Lượng kết tủa sinh thêm lượng BaSO4: nBaSO4 = nBa(OH)2 = b mol => mBaSO4 = 233b (gam) + Lượng kết tủa bị tan ra: nZn(OH)2 = nOH-: = 10b : = 5b (mol) => mZn(OH)2 = 99.5b = 495b (gam) Ta thấy khối lượng kết tủa sinh nhỏ khối lượng kết tủa bị tan nên khối lượng kết tủa lớn thời điểm Mg(OH)2 Zn(OH)2 đạt cực đại Khi đó: nBa(OH)2 = a = 0,028 mol => V = 0,028 : 0,05 = 0,56 (lít)  BaSO4 : 0, 028 mol  Kết tủa sau phản ứng gồm có:  Mg (OH ) : 0, 06  Zn(OH ) : 0, 06  t  MgO + H2O Mg(OH)2  o 0,06 mol → 0,06 mol t  ZnO + H2O Zn(OH)2  o 0,06 mol → 0,06 mol => m = mBaSO4 + mMgO + mZnO = 0,028.233 + 0,06.40 + 0,06.81 = 13,784 gam A: H2SO4 : CA (M) B1: NaOH : C1 (M) B2: NaOH: C2 (M) TH1: VB1: VB2 = 1: => gọi thể tích chất V Nồng độ NaOH sau trộn là: CM = n : V => C1V  C2V C1  C2  V V Phản ứng trung hòa => nOH- = nH+ Theo đề => C1  C2 0, 02  0, 02.2.C A (1) TH2: VB1 : VB2 = : => Đặt VB2 = V (lít) VB1 = 2V (lít) Nồng độ NaOH sau trộn là: => C1 2V  C2V 2C1  C2  2V  V Phản ứng trung hòa => nOH- = nH+ => 2C1  C2 0, 03  0, 0325.2C A (1) C  C2 C (1) 5C      (2) 2C1  C2 3, 25 C2 3C Tu (1)  CA  2C  A : H SO4 : 2C  TH3:  B1 : NaOH : 5C  B : NaOH : 3C  Ta có: nOH   nH   5C.a  3C.b 0, 07  0, 0675.2.2C ab  5a  3c 27  ab  35a  21b  27a  27b  8a  6b  Câu 5: a   b m1 ( g ) CaCO3  CO : CO2 : 0,04 mol CaCO3  0,92( g )  H :  O2    CaCO3 Ca( HCO3 )2   m2 ( g )  H 2O C H  n 2n  BaCO3 C2H4, C3H6, C4H8 anken nên có cơng thức chung CnH2n 2CO + O2 → 2CO2↑ (1) x →x (mol) 2H2 + O2 → 2H2O (2) y →y (mol) CnH2n + O2 → nCO2 + 2nH2O (3) Sản phẩm cháy thu gồm có CO2 H2O Khi hấp thụ vào dd Ca(OH)2: 0,04 mol thu dung dịch Y, thêm từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch Y thu kết tủa ion kim loại => CO2 phản ứng với Ca(OH)2 theo phương trình: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O (4) CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 + H2O (5) Dd Y chứa Ca(HCO3)2 BaCl2 + Ca(HCO3)2 → CaCO3↓ + BaCO3↓ + H2O (6) m1 = mCaCO3(4) m2 = mCaCO3(5) + mBaCO3 => m1 + m2 = ∑ mCaCO3↓ + mBaCO3 = 6,955 (g) (*) BTNT Ca: => ∑nCaCO3↓ = ∑ nCa(OH)2 (4+5) = 0,04 (mol) Từ (*)  nBaCO3  6,955  0, 04.100  0, 015(mol ) 197 => nCaCO3(6) = nBaCO3 = 0,015 (mol) => nCaCO3(4) = ∑nCa(OH)2 – nBaCO3 = 0,04 – 0,015 = 0,025 (mol) BTNT C => ∑ nCO2 = ∑ nCaCO3 + nBaCO3 = 0,04 + 0,015 = 0,055 (mol) Khối lượng dd Y tăng 0,82 gam so với dd Ca(OH)2 ban đầu => mCO2 + mH2O – mCaCO3(4) = 0,82 => mH2O = 0,82 + 0,025.100 – 0,055.44 = 0,9 (g) => nH2O = 0,9 : 18 = 0,05 (mol) BTKL ta có: mhhX + mO2 = mCO2 + mH2O => mO2 = 0,055.44 + 0,9 – 0,92 = 2,4 (g) => nO2 = 0,075 (mol) BTNT O: nO( CO) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O => nO( CO) = 2.0,055 + 0,05 – 0,075.2 = 0,01 (mol) => nCO = 0,01 (mol) Từ PTHH (1), (2), (3) ta thấy đốt cháy CnH2n cho nH2O = nCO2 => chênh lệch mol CO2 mol H2O đốt cháy CO H2 => nCO2 – nH2O = x – y = 0,055 – 0,05 = 0,005 (mol) Mặt khác: nCO – nH2 = x – y = 0,005 (mol) => nH2 = nCO – 0,005= 0,01 – 0,005 = 0,055 (mol) %CO  mCO 0, 01.28 100%  100%  30, 43% mhh 0,92 %H  0, 005.2 100%  1, 09% 0,92 nkk  60, 48 2, 7.20%  2, 7(mol )  nO2   0,54(mol ) 22, 100% CH3OH C2H5OH có CT chung CnH2n+2O CH3OH C2H5OH có số mol nên: M 32.1  46.1  39  14n  18  39  n  1,5 Vậy CT chung ancol là: C1,5H5O axit có cơng thức phân tử là: C3H6O2 C6H10O4 Nhận xét: C1,5H5O ; C3H6O2 C6H10O4 có số nguyên tử C gấp 1,5 lần số nguyên tử O Gọi số mol CO2: x (mol) ; nH2O = y (mol) => nO (trong hh đầu) = 2/3 nC =2/3 nCO2 = 2x/3 (mol) ( Vì nguyên tử C gấp 1,5 lần số nguyên tử  BTKL 12a  2b  16  11,16   a  0, 45    BTNT :O b  0, 48   2a  b  a  0,54.2  Khối lượng dung dịch giảm: ∆ = mCaCO3 – mCO2 – mH2O = 0,45.100 – 0,45.44 – 0,48.18 = 16,56 (g) ... khê cơm b) - Đốt xăng, cồn: Thành phần hóa học xăng cồn hợp chất hữu chứa nguyên tố C, H, O nên đốt tạo thành CO2 H2O bay hết nên không để lại tro - Đốt than: Trong thành phần than đá cacbon hợp... = 0,055 (mol) %CO  mCO 0, 01.28 100 %  100 %  30, 43% mhh 0,92 %H  0, 005.2 100 %  1, 09% 0,92 nkk  60, 48 2, 7.20%  2, 7(mol )  nO2   0,54(mol ) 22, 100 % CH3OH C2H5OH có CT chung CnH2n+2O... mCuSO4  mdd CuSO4 C% 0, 02   0, 0016(kg ) 100 % 100  H 2O Ta có: CuSO4.5H2O   CuSO4 250 (kg) 160 (kg) 0,0025 (kg) ← 0,0016 (kg) * Để xử lí 100 kg hạt giống cần 0,0025 kg CuSO4.5H2O Để