38 đề thi chính thức vào lớp 10 môn Hóa Học 2016 - 2019 - Hệ chuyên - (có lời giải chi tiết) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 MÔN HÓA HỌC

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

38 đề thi chính thức vào lớp 10 môn Hóa Học 2016 - 2019 - Hệ chuyên (có lời giải chi tiết) PDF VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên -Chuyên Sư Phạm Hà Nội - năm 2018 2019 Câu 1: 1. Nung nóng hỗn hợp gồm BaCO3, Cu, FeO ( trong điều kiện không có có không khí), sau một thời gian thu được chất rắn A và khí B. Hấp thụ khí B vào dung dịch KOH, thu được dung dịch C, biết rằng dung dịch C tác dụng được với dung dịch CaCl2 và NaOH. Cho A vào nước dư, thu được dung dịch D và chất rắn E. Cho E tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được khí B, dung dịch F và chất rắn G. Nếu cho A vào dung dịch H2SO4 đặc, dư, đun nóng thì thu được hỗn hợp khí H, dung dịch I và kết tủa K. Xác định các chất chứa trong A, B, C, D, E, F, G, H, I, K và viết các phương trình phản ứng. 2. Từ hỗn hợp gồm CuCO3, MgCO3, Al2O3 và BaCO3 hãy điều chế từng kim loại riêng biệt với điều kiện không làm thay đổi khối lượng của từng kim loại trong hỗn hợp. Câu 2: 1. Viết các phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau:  H2  A1 t  , cao t  , p , xt CH 4   A1   A2   A3   A4  A5   Polime X

 t  ,p,xt A6   polime  Y 

Cho biết từ A1 đến A6 là các chất hữu cơ khác nhau và mỗi mũi tên là một phản ứng. 2. Hỗn hợp khí A gồm C2H6, C3H6 và C4H6 tỉ khối của A so với H2 bằng 24. Đốt cháy hoàn toàn 0,96 gam A trong oxi dư rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào 1 lít dung dịch Ba(OH)2 0,05M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa và dung dịch B. Hỏi khối lượng dung dịch B tăng hay giảm bao nhiêu gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu? Câu 3: 1. Hòa tan hoàn toàn 24 gam hỗn hợp A gồm oxit, hiđroxit và muối cacbonat của kim loại M ( có hóa trị không đổi) trong 100 gam dung dịch H2SO4 39,2% thu được 1,12 lít khí (đktc) và dung dịch B chỉ chứa một muối trung hòa duy nhất có nồng độ 39,41%. Xác định kim loại M. 2. Ba chất hữu cơ X, Y, Z, mạch hở, thành phần chứa C, H, O và đều có tỉ khối hơi so với O2 bằng 1,875. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và viết các phương trình phản ứng biết rằng cả ba chất đều tác dụng với Na giải phóng khí H2. Khi oxi hóa X ( xúc tác thích hợp ) tạo ra X1 tham gia phản ứng tráng gương. Chất Y tác dụng với dung dịch NaHCO3, còn chất Z có khả năng tham gia phản ứng tráng gương. Câu 4: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M ( hóa trị không đổi) trong dung dịch HCl dư, thu được 1,008 lít khí (đktc) và dung dịch chứa 4,575 gam muối. 1. Tính khối lượng m.

2. Hòa tan hết m gam hỗn hợp A trong dung dịch chứa đồng thời hai axit: HNO3 ( đặc) và H2SO4 ( khi đun nóng) thu được 1,8816 lít hỗn hợp B gồm 2 khí (đktc). Tỉ khối của hỗn hợp B so với H2 bằng 25,25. Xác định kim loại M biết rằng trong dung dịch tạo thành không chứa muối amoni. Câu 5: Chất hữu cơ A mạch hở, thành phần chính chứa C, H, O trnong đó oxi chiếm 44,44% về khối lượng. Phân tử khối của A là 144 đvC. Cho A tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ cô cạn thì phần rắn thu được coi như chỉ chứa một muối B và phần hới chứa hai chất hữu cơ C, D trong đó C có khả năng hợp H2 tạo thành rượu. 1. Tìm các công thức cấu tạo có thể có của A. 2. Biết rằng hai chất hữu cơ C, D đều là rượu. Xác định công thức cấu tạo của A, B,C, D và viết các phương trình phản ứng. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1. Nung hỗn hợp BaCO3, Cu, FeO chỉ có BaCO3 bị nhiệt phân hủy t  BaO + CO2↑ (B) BaCO3 

Rắn A gồm: Cu, FeO, BaO, có thể có BaCO3 dư Khí B là CO2 CO2 + KOH → KHCO3 CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O Dung dịch C gồm KHCO3 và K2CO3 KHCO3 + NaOH → K2CO3 + Na2CO3 + H2O K2CO3 + CaCl2 → CaCO3↓ + 2KCl A + H2O dư có phản ứng xảy ra: BaO + H2O → Ba(OH)2 Vây dd D là Ba(OH)2 rắn E là Cu, FeO, có thể có BaCO3 dư E + HCl dư → khí B + dd F + rắn G BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑ + H2O FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O Dd F gồm: BaCl2, FeCl2 và HCl dư Rắn G là Cu A + H2SO4 đặc => hỗn hợp khí H ( từ đây khẳng định chắc chắn A có BaCO3 dư) t  BaSO4↓ + CO2 + H2O BaCO3 + H2SO4 đặc 

t  CuSO4 + SO2↑ + 2H2O Cu + 2H2SO4 đặc  t  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 2FeO + 4H2SO4 đặc 

Hỗn hợp khí H gồm: SO2 và CO2 Dung dịch I gồm: CuSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4 đặc, nóng dư Kết tủa K là: BaSO4. 2. Yêu cầu bài toán điều chế Cu, Mg, Al, Ba mà không làm thay đổi khối lượng kim loại của chúng Ta có thể tách theo sơ đồ sau

Các phương trình hóa học xảy ra là: Al2O3 + NaOH → NaAlO2 + H2O NaAlO2 + CO2 + 2H2O → Al(OH)3↓ + NaHCO3 t  Al2O3 + 3H2O 2Al(OH)3  dpnc  4Al + 3O2↑ 2Al2O3  t  CuO + CO2↑ CuCO3  t  MgO + CO2↑ MgCO3  t  BaO + CO2↑ BaCO3 

BaO + H2O → Ba(OH)2 Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + H2O dpnc  Ba + Cl2 BaCl2  t  Cu↓ + H2O CuO + H2 

MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O dpnc  Mg + Cl2 MgCl2 

Chú ý: Khi cô cạn HCl dễ bay hơi nên không còn mặt HCl trong dung dịch thu được Câu 2:  H2  H 2O  C2 H 2 t men giam t  , p , xt CH 4   C2 H 2   C2 H 4   C2 H 5OH   CH 3COOH   CH 3COOCH  CH 2   PVA lam lanh nhanh Pb / PbCO3 H

 t  ,p,xt CH 2  CH  CH  CH 2   Cao su buna

Phương trình hóa học: o

t 2CH 4   C2 H 2  3 H 2 lamlanhnhanh

Pd / PbCO3 C2 H 2  H 2   C2 H 4 

H C2 H 4  H 2O  C2 H 5OH men giam C2 H 5OH  O2   CH 3COOH  H 2O o

HgSO4 , H 2 SO4 ,80 C CH 3COOH  C2 H 2  CH 3COOCH  CH 2 o

t , xt , p nCH 3COOCH  CH 2  (CH 2  CH ) n

| CH 3COO o

Al2O3 ,450 C 2C2 H 5OH   CH 2  CH  CH  CH 2  H 2  2 H 2O o

t , xt , p nCH 2  CH  CH  CH 2  (CH 2  CH  CH  CH 2 ) n

2. Gọi công thức chung bình của A là CxH6 MA = 24.2 = 48 => 12x + 6 = 48 => x = 3,5. Công thức trung bình của A là C3,5H6 Số mol của A: nA 

mA 0,96   0, 02(mol ) MA 48

Đốt cháy A: to

C3,5 H 6  5O2  3,5CO2  3H 2O 0, 02  0, 07  0, 06 (mol )

Ta có: 1 

nCO2 nBa (OH )2



0, 07  1, 4  2 0, 05

=> Khi cho CO2 vào Ba(OH)2 tạo ra 2 muối, cả CO2 và Ba(OH)2 đều phản ứng hết. CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (1)

(mol)

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (2) y

(mol)

Gọi số mol của Ba(OH)2 ở phương trình (1) và (2) lần lượt là x, y (mol) + nBa(OH)2 = 0,05 mol => x + y = 0,05 (*) + nCO2 = 0,07 mol => 2x + y = 0,07

(**)

2 x  y  0, 07  x  0, 02 Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình:    x  y  0, 05  y  0, 03 Độ biến thiên khối lượng dung dịch: Δm = mCO2 + mH2O – mBaCO3 = 0,07.44 + 0,06.18 – 0,03.197 = -1,75 (g) Vậy khối lượng dung dịch giảm so với khối lượng dung dịch ban đầu là 1,75 gam. Câu 3: 1. Tính được số mol H2SO4 là: nH2SO4 = 0,4 mol Giả sử công thức kim loại M có hóa trị là n. nCO2 = 1,12:22,4 = 0,05 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m hỗn hợp + mdd H2SO4 = m dd sau phản ứng + mCO2 => 24 + 100 = m dd sau phản ứng + 0,05.44 => m dd sau phản ứng = 121,8 (g) Bảo toàn nguyên tố S ta có: nM 2  SO4   n

nH 2 SO4 n



Khối lượng của M2(SO4)n là: mM 2  SO4   121,8. n

Ta có: mM 2  SO4   nM 2  SO4  .M M 2  SO4   48  n

0, 4 (mol ) n

39, 41  48( g ) 100

0, 4 (2 M  96n) n

 M  12n

Ta có bảng sau: n

12 (loại)

24 (nhận)

36 (loại)

Vậy kim loại M là Magie, kí hiệu Mg. 2. Phân tử khối của mỗi chất là: M = 1,875.32 = 60 Gọi CTPT là CxHyOz + z = 1: 12x + y = 44

Do 0 < H ≤ 2C + 2 => 0 < y ≤ 2x+2 => 0 < 44-12x ≤ 2x+2 => 3 ≤ x < 3,67 => x = 3 CTPT là C3H8O + z = 2: 12x + y = 28 Do 0 < H ≤ 2C + 2 => 0 < y ≤ 2x+2 => 0 < 28-12x ≤ 2x+2 => 1,857 ≤ x < 2,33 => x = 2 CTPT là C2H4O2 - Do X, Y, Z đều có khả năng phản ứng với Na nên có chứa nhóm –OH hoặc –COOH. - Y tác dụng với dung dịch NaHCO3 nên Y là hợp chất axit. Công thức phân tử của Y là C2H4O2. Công thức cấu tạo của Y là CH3COOH. - Khi oxi hóa X tạo X1 có khả năng tham gia phản ứng tráng gương nên X là ancol bậc 1. Công thức phân tử của X là C3H8O. Công thức cấu tạo của X là: CH3-CH2-CH2-OH. - Chất Z có khả năng tham gia phản ứng tráng gương nên Z có chứa nhóm chức –CHO. Công thức phân tử của Z là C2H4O2. Công thức cấu tạo của Z là HO-CH2-CHO. Chú ý: + Tác dụng với Na thì trong phân tử có nhóm – OH hoặc –COOH + Có phản ứng tráng bạc => trong phân tử có nhóm –CHO Câu 4:

 MC ln  Fe  HCl m( g ) A    4,575( g ) muoi   0, 045 mol H 2 M  FeCl2 1. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố H ta có: nHCl = 2nH2 = 2.0,045 = 0,09 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA + mHCl = m muối + mH2 => m = m muối + mH2 – mA = 4,575 + 0,045.2 – 0,09.36,5 = 1,38 (gam) 2. Số mol của khí thu được sau phản ứng là: nB 

1, 008  0, 084(mol ) 22, 4

Do cho kim loại phản ứng với H2SO4 đặc và HNO3 đặc nên khí sinh ra là SO2 và NO2. Áp dụng phương pháp đường chéo ta có: SO2:

4,5 50,5

NO2:

13,5

→nSO2nNO2=4,513,5=13 

nSO2 nNO2

0, 084  nSO2  1. 4  0, 021(mol ) 4,5 1    13,5 3 n  3. 0, 084  0, 063(mol )  NO2 4

Đặt số mol của Fe và M lần lượt là x và y (mol) - Khi cho hỗn hợp tác dụng với HCl: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 x

x (mol)

M + nHCl → MCln + 0,5nH2 y

0,5ny (mol)

nH2 = 0,045 => x + 0,5ny = 0,045 (1) - Khi cho hỗn hợp tác dụng với HNO3 đặc và H2SO4 đặc: Ta có các bán phản ứng oxi hóa – khử: Fe → Fe3+ + 3e x

M → Mn+ + ne y S+6

ny +

0,021 N+5

2e → S+4 (SO2) 0,042

+ 1e → N+4 (NO2)

0,063

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x + ny = 0,042 + 0,063 hay 3x + ny = 0,105 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình sau:

 x  0,5ny  0, 045  x  0, 015   3 x  ny  0,105 ny  0, 06(3) Mặt khác: mA = mFe + mM => 1,38 = 0,015.56 + My => My = 0,54(4) Từ (3) và (4) suy ra M = 9n Ta có bảng sau: n

9 (loại)

18 (loại)

27 (nhận)

Vậy kim loại M là nhôm, kí hiệu là Al. Câu 5: 1. Khối lượng của O trong 1 phân tử A là: mO  144.

44, 44  64(dvC ) 100

Số nguyên tử O trong một phân tử A là: 64 : 16 = 4 Gọi công thức chung của A là: CxHyO4 Ta có: 12x + y + 16.4 = 144 => 12x + y = 80 => y = 80 – 12x

Vì 0 < H ≤ 2C + 2 nên ta có: 0  y  2 x  2  0  80  12 x  2 x  2

 5,57  x  6, 67  x6 y 8

Độ bất bão hòa của A: k 

2C  2  H 2.6  2  8  3 2 2

Do C có khả năng hợp H2 tạo rượu nên C là anđehit/xeton/rượu không no A tác dụng với NaOH thu được một muối và hai chất hữu cơ C, D nên A là este hai chức được tạo bởi axit hai chức no Vậy các công thức cấu tạo có thể có của A là: COOCH  CH 2 COOCH  CH  CH 3 | | ; ; COOCH 2  CH 3 COOCH 3

COOC (CH 3 )  CH 2 | COOCH 3

COOCH  CH 2 | COOCH 2  CH  CH 2 CH 2 | ; | COOCH 3 COOCH 3

2. C, D đều là rượu nên công thức cấu tạo của A, B, C, D là: COOCH 2  CH  CH 2 | A: COOCH 3 COONa B: | COONa

C: CH2=CH-CH2-OH CH3-OOC -COOCH2 –CH=CH2 (A) + NaOH → NaOOC-COONa + CH2=CH-CH2-OH (C) + CH3OH (D) 0

Ni ,t CH2=CH-CH2-OH + H2   CH3- CH2-CH2-OH

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên -Chuyên Khoa học tự nhiên - Hà Nội năm 2018 - 2019 Câu 1: Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm với sắt(III) oxit trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp A. Chia hỗn hợp A ( đã trộn đều) thành hai phần. Phần thứ nhất có khối lượng ít hơn phần thứ hai là 26,8 gam. Cho phần thứ nhất tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thấy có 3,36 lít khí H2 bay ra. Hòa tan phần thứ hai bằng lượng dư dung dịch HCl thấy có 16,8 lít H2 bay ra. Biết các phản ứng xảy ra với hiệu suất 100%, các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính khối lượng Fe có trong hỗn hợp A. Câu 2: Hợp chất hữu cơ Y ( chứa C, H, O) có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Đốt cháy hoàn toàn 1,48 gam Y rồi dẫn hỗn hợp sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình thứ nhất đựng dung dịch H2SO4 đặc dư, bình thứ hai đựng dung dịch KOH dư. Sau thí nghiệm, khối lượng bình thứ nhất tăng 0,72 gam và bình thứ hai tăng 3,96 gam. (a) Viết công thức cấu tạo và gọi tên của Y. Biết rằng Y không có phản ứng tráng bạc, Y phản ứng với dung dịch KMnO4 loãng, lạnh tạo ra chất hữu cơ Y1 có khối lượng MY1 = MY +34. Cứ 1,48 gam Y phản ứng vừa hết với 20 ml dung dịch NaOH 1M và tạ ra hai muối. (b) Hợp chất hữu cơ Z là đồng phân của Y. Viết công thức cấu tạo của Z, biết rằng 0,37 gam Z phản ứng vừa hết với 25 ml dung dịch NaOH 0,1M, dung dịch tạo ra phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 đến hoàn toàn, thu được 1,08 gam Ag kim loại. Z chỉ phản ứng với H2/Pd, t0 theo tỉ lệ mol 1: 1. Câu 3: (a) Hòa tan hoàn toàn m (gam) hỗn hợp gồm Al và Mg trong V (ml) dung dịch HNO3 2M. Kết thúc phản ứng, thu được dung dịch E (không chứa muối amoni) và 0,1 mol hỗn hợp khí gồm N2 và N2O có tỉ khối so với oxi là 1,125. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào dung dịch E thì lượng kết tủa biến thiên theo đồ thị bên. Xác định các giá trị của m và V.

(b) Hợp chất hữu cơ X ( chứa C, H, O) có khối lượng mol nhỏ hơn 200 gam/mol, trong đó oxi chiếm 32% khối lượng X. Khi cho X vào dung dịch NaHCO3 thấy có khí bay ra, X không

làm mất màu dung dịch KMnO4/KOH loãng lạnh. Viết công thức cấu tạo các chất X thỏa mãn. Câu 4: Hỗn hợp chất rắn A gồm FeCO3, FeS2 và tạp chất trơ. Hỗn hợp khí B gồm 20% oxi và 80% nitơ về thể tích. Cho hỗn hợp A vào bình kín dung tích 10 lít ( không đổi) chứa lượng hỗn hợp B vừa đủ. Nung nóng bình cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các phản ứng cùng tạo ra một oxit sắt, oxit này phản ứng với dung dịch HNO3 dư không tạo ra khí. Sau phản ứng, đưa nhiệt độ bình về 136,50C, trong bình còn lại chất rắn X và hỗn hợp khí Y. Tỉ khối của Y so với H2 bằng 17 và áp suất trong bình là P atm. Cho dòng khí CO dư đi qua X đun nóng, biết rằng chỉ xảy ra phản ứng khử oxit sắt thành kim loại và đạt hiệu suất 80%.Sau phản ứng thu được 27,96 gam chất rắn Z, trong đó kim loại chiếm 48,07% khối lượng. (a) Tính giá trị của P ( coi thể tích chất rắn X là rất nhỏ) và thành phần % khối lượng tạp chất trong A. (b) Cho Y phản ứng với oxi ( dư) có V2O5 ( xúc tác) ở 4500C, hấp thụ sản phẩm vào 592,8 gam nước, được dung dịch C ( D = 1,02 gam/ml). Tính nồng độ mol của dung dịch C. Giả thiết hiệu suất của quá trình là 100%. Câu 5: X, Y, Z là các chất hữu cơ ( chứa C, H, O), mỗi chất chỉ chứa 1 loại nhóm chức. Khi cho X, Y phản ứng với nhau tạo ra Z. Có hỗn hợp E gồm số mol bằng nhau của X, Y, Z. Nếu cho E tác dụng hết với NaHCO3 thì thu được V lít khí và muối natri của X. Nếu cho E tác dụng hết với Na thì thu được 0,75V lít khí ( các thể tích khí được đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) và số mol khí bằng ½ số mol hỗn hợp E. Đốt cháy hoàn toàn 1,62 gam muối natri ở trên của X thu được 672 ml CO2 ( đktc) và 0,36 gam nước, còn lại là một chất rắn. Đun nóng Y với dung dịch H2SO4 đặc thu được sản phẩm hữu cơ Y1 có tỉ khối hơi so với Y là 34/43. Đun nóng Y1 với dung dịch KMnO4/ H2SO4 được Y2 là sản phẩm hữu cơ duy nhất, không có khí thoát ra, Y2 có cấu tạo mạch cacbon thẳng và là điaxit. (a) Viết công thức cấu tạo của X, Y, Z, Y1 và Y2. (b) Chia 5,6 gam hỗn hợp G gồm X, Y, Z thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần thứ nhất cần dùng vừa hết 9,408 lít khí oxi (đktc). Phần thứ hai phản ứng vừa đủ với 40 ml dung dịch NaOH 2M, trong hỗn hợp sau phản ứng có chứa a gam muối của X và b gam chất Y. Tính các giá trị của a và b. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1:

 Al2 O3 P1 : NaOH du   3,36 lit H 2 : 0,15(mol )  Al  t0    Fe   HCl du 16,8lit H 2 : 0, 75(mol )  Fe2 O3 P2  P1  26,8  Al du  

t 2Al + Fe2O3   Al2O3 + 2Fe (1)

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hỗn hợp sau phản ứng chia làm 2 phần, phần 1 + NaOH thấy có khí H2 thoát ra => hỗn hợp sau phản ứng có Al2O3, Fe và Al dư Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + H2↑ (2) 0,1

← 0,15

(mol)

=> nAl dư = 0,1 (mol) Gọi số mol của Al2O3 trong phần 1 là x (mol) Từ PTHH (1) => nFe= 2nAl2O3 = 2x (mol) Giả sử số mol của hỗn hợp A trong phần 1 gấp k lần số mol của mỗi chất trong phần 2

 Al2 O3 : kx (mol )  Khi đó trong phần 2:  Fe : 2kx (mol )  Al :0,1k (mol )  Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O (3) 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑

(4)

0,1k

(mol)

→ 0,15k

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ 2kx

→ 2kx

(5) (mol)

Ta có: 0, 75   nH 2 ( P2 )  0,15k  2kx  0, 75 (*) k    0,15  2 x  P2  P1  26,8 214kx  214 x  2, 7 k  29,5 (**).  102kx  112kx  2, 7 k  26,8  102 x  112 x  2, 7. 

Thế (*) vào (**) ta có:

214 x.

0, 75 0, 75  214 x  2, 7.  29,5 0,15  2 x 0,15  2 x

 160,5 x  32,1x  428 x 2  2, 025  4, 425  59 x  0  428 x 2  69, 4 x  2, 4  0

12  x (mol )   107   x  0, 05(mol ) TH1 : x 

12 (*) 535 12 20  k   mFe (trong A)  (  ).112  37, 73( g ) 107 267 107 89

(*) TH 2 : x  0, 05   k  3  mFe (trong A)  (0, 05  3.0, 05).112  22, 4( g )

Câu 2: a) Gọi CTPT của Y là CxHyOz ( x, y, z € N*)

Đốt cháy Y sản phẩm thu được gồm H2O và CO2. Khi cho sản phẩm qua H2SO4 đặc dư thì H2O bị hấp thụ, tiếp tục cho qua KOH dư thì CO2 bị hấp thụ => mB1 tăng = mH2O = 0,72 (g) => nH2O = 0,72/18 = 0,04 (mol) mB2 tăng = mCO2 = 3,96 (g) => nCO2 = 3,96/44 = 0,09 (mol) BTKL: nO (trong A) = (mA – mC – mH )/16 = (1,48 – 0,09.12 – 0,04.2 )/16 = 0,02 (mol) Ta có: x : y : z = nC : nH : nO = 0,09 : 0,08 : 0,02 = 9 :8 : 2 CTPT trùng với CT ĐGN => CTPT củaY là: C9H8O2 Độ bất bão hòa của Y: C9H8O2: k = ( 9.2 + 2 – 8) /2 = 6 Y không tham gia phản ứng tráng bạc => Y không có cấu tạo nhóm – CHO trong phân tử Y + KMnO4 → Y1 ( MY1 = MY + 34 ) => Y có chứa liên kết đôi C=C khi phản ứng với KMnO4 sẽ tạo thành C(OH)-C(OH) nY = 1,48: 148 = 0,01 (mol) ; nNaOH = 0,02 (mol) nY : nNaOH = 1: 2 và sản phẩm tạo thành 2 muối => Y là este của axit cacboxylic và phenol hoặc dẫn xuất của phenol Vậy CTCT của Y thỏa mãn là: CH2=CH-COOC6H5: phenyl acrylat 3CH2=CH-COOC6H5 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH2(OH)-CH(OH)-COOC6H5 + 2MnO2↓ + 2KOH b) Z là đồng phân của Y => Z có cùng CTPT là: C9H8O2 nZ = 0,37/148 = 0,025 (mol); nNaOH = 0,025 (mol); nAg = 0,01 (mol) nZ : nNaOH = 1: 1 => Z có 1 trung tâm phản ứng với NaOH Ta thấy nAg = 4nZ => Z phải phản ứng với NaOH sinh ra cả 2 chất hữu cơ đều có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc ( mỗi chất tham gia phản ứng tráng bạc sinh ra 2Ag) Z chỉ phản ứng với H2 ( Pb, t0) theo tỉ lệ 1: 1 => Z có 1 liên kết đôi C=C ngoài mạch Vậy CTCT của Z thỏa mãn là: HCOOCH=CH-C6H5 HCOOCH=CH-C6H5 + NaOH → COONa + C6H5CH2CHO HCOONa + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → NH4O-COONa + 2Ag ↓ + 2NH4NO3 C6H5CH2CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → C6H5CH2COONH4+ 2Ag↓ + 2NH4NO3 Câu 3: a) Tóm tắt:

0,1molN 2 N 2 OM  1,125.32  36  Al : x (mol )  V (ml ) HNO3 2 M     Mg : y (mol )

 Al 3 : x (mol )  2  NaOH 1M  Mg : y (mol )   H  du 

Gọi số mol của N2 và N2O lần lượt là a và b (mol)

a  b  0,1 a  0, 05 Ta có:   28a  4b  0,1.36 b  0, 05 Quá trình nhường electron

Quá trình nhận electron

Mg → Mg2+ +2e

2N+5 + 10e → N2

→ 2x

0,5← 0,05 (mol)

Al→ Al3+ +3e

2N+5 + 8e → N2O

y → 3y

0,4 ← 0,05

(mol)

ne (KL nhường) = ne(N+5 nhận) => 2x + 3y = 0,5 + 0,4 (1) Từ đồ thị ta thấy tại giá trị V= 0,1 (lít) tức nNaOH = 0,1 (mol) mới bắt đầu xuất hiện kết tủa => lượng NaOH này chính là lượng để trung hòa HNO3 dư sau phản ứng => nHNO3 dư = nNaOH = 0,1 (mol) Ta thấy tại giá trị V= 1,1 (lít) tức nNaOH = 1,1 (lít) đồ thị đi lên cực đại, sau đó lại đi xuống => kết tủa đạt cực đại sau đó bị hòa tan 1 phần ( chỉ có Al(OH)3 bị hoàn tan) Khi cho NaOH từ từ vào dung dich Z xảy ra phản ứng: H+ + OH- → H2O 0,1 → 0,1

(mol)

Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2↓ x

→ 2x

(mol)

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3↓ y

→ 3y

→y

(mol)

Al(OH)3↓ + OH- → AlO2- + 2H2O (y – z ) → (y –z)

(mol)

Gọi số mol của Al(OH)3 còn lại không bị hoàn tan là z (mol) => ta có: ∑ nNaOH = nH+dư + 2nMg2+ + 4nAl3+ - nAl(OH)3 => 0,1 +2x + 4y – z = 1,1 (2) Mặt khác: ∑ mkết

tủa

= mMg(OH)2 + mAl(OH)3 chưa hòa tan

=> 58x + 78z = 16,5 (3)

Từ (1), (2) và (3) => x = 0,2 ; y = 0,15 và z = 0,1 (mol) => m = mAl + mMg = 0,2.27 + 0,15.24 = 9 (g) nHNO3 = nHNO3 dư + 2nN2 + 2nN2O + 3nAl(NO3)3 + 2nMg(NO3)2 = 0,1 + 2.0,05 + 2. 0,05 + 3.0,2 + 2.0,15 = 1,2 (mol) => VHNO3 = n : CM = 1,2 : 2 = 0,6 (lít) = 600 (ml) (b) Gọi công thức chung của x là CxHyOz Hợp chất hữu cơ X có MX < 200 => mO < 200.32/100 => mO < 64 => z < 4 Mà X phản ứng với NaHCO3 sinh ra khí nên X là axit => 2 ≤ z < 4  z  2 : M X  mO .

100 100  32.  100 32 32

 12 x  y  32  100  12 x  y  68  y  68  12 x

Mà 0 < H ≤ 2C + 2 => 0 < y ≤ 2x + 2 => 0 < 68 – 12x ≤ 2x + 2 => 4,7 ≤ x < 5,67 => x = 5 CTPT của X là C5H8O2 có độ bất bão hòa là k = (2.5 + 2 – 8)/2 = 2 CTCT thỏa mãn là:

 z  3 : M X  mO .

100 100  48.  150 32 32

 12 x  y  48  150  12 x  y  102  y  102  12 x

Mà 0 < H ≤ 2C + 2 => 0 < y ≤ 2x + 2 => 0 < 102 – 12x ≤ 2x + 2 => 7,14 ≤ x < 8,5 => x = 8 CTPT của X là C8H6O3 có độ bất bão hòa là k = (2.8 + 2 – 6)/2 = 6 CTCT thỏa mãn là:

Câu 4: Tóm tắt:

CO2    hhY  SO2  M  17.2  34( g / mol ) N   2 

hh A  FeCO O : 20%  3  hh B  2     N 2 : 80%  FeS 2 tapchat

Fe    48,07%  Fe O   CO du ran X  2 3    27,96 g Z  Fe2 O3 du % H 80% tapchat tapchat 

a) Gọi số mol của FeCO3: x (mol) ; số mol của FeS2: y (mol) 4FeCO3 + O2 → Fe2O3 + 4CO2↑ x

→ 0,25x

→x

(mol)

4FeS2 +11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2↑ y

→ 2,75y

→ 2y

(mol)

∑ nO2 = 0,25x + 2,75y (mol) Cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất nên tỉ lệ về thể tích = tỉ lệ về số mol => nN2 = 4nO2 = 4(0,25x + 2,75y) => nN2 = x + 11y (mol)

CO2 : x (mol )  Vậy hỗn hợp Y gồm:  SO2 : 2 y (mol )  N : x  11 y (mol )  2 MY  

44 x  64.2 y  28( x  11 y )  36 x  2 y  x  11 y

72 x  436 y  36 2 x  13 y

 72 x  436 y  68 x  442 y  4 x  6 y  x  1,5 y

Khối lượng Fe có trong Z là: mFe 

27,96.48, 07% 13, 44  13, 44( g )  nFe   0, 24(mol ) 100% 56

t Fe2 O3  CO   2 Fe  CO2 (%H  80%)

0,12

 0, 24

Vì H = 80% => nFe2O3 (trong X) = 0,12. 100% : 80% = 0,15 (mol) nFe2O3 dư (trong Z) = 0,15 – 0,12 = 0,03 (mol) Khối lượng tạp chất trong Z = 27,96 – mFe – mFe2O3 dư = 27,96 – 0,24.56 – 0,03.160 = 9,72 (g) Bảo toàn nguyên tố Fe => nFeCO3 + nFeS2 = 2nFe2O3(trong X)

=> x + y = 0,3 (2) Từ (1) và (2) => x = 0,18 và y = 0,12 (mol) Áp dụng công thức PV = nRT ( với n = nCO2 + nSO2 + nN2 = 0,18 + 2. 0,12 + 0,18 +11.0,12 = 1,92) => P.10 = 1,92.0,082. (136,5 +273) => P = 6,447 ( atm) ≈ 6,5 (atm) Ta có: mA = mFeCO3 + mFeS2 + mtạp chất = 0,18.116 + 0,12.120 + 9,72 = 45 (g) %tapchat 

9, 72 .100%  21, 6% 45

CO2 : 0,18(mol )  b) hỗn hợp Y gồm:  SO2 :0, 24(mol )  N :1,5(mol )  2 Cho hỗn hợp Y qua O2 ( xúc tác V2O5 ) có phản ứng sau: V2O5 2 SO2  O2   2 SO3 4500 C

 0, 24 (mol )

0, 24

SO3  H 2 O   H 2 SO4  0, 24

0, 24

(mol )

Khối lượng dd sau: mdd sau = mSO3 + mH2O = 0,24. 80 + 592,8 = 612 (g) V

dd sau



mdd sau D

 CM H 2 SO4 



612  600(ml )  0, 6(lit ) 1, 02

n 0, 24   0, 4( M ) V 0, 6

Câu 5: (a) - Khi cho E tác dụng với NaHCO3 sinh ra V lít khí (CO2) và muối natri của X => X là axit - Ta thấy thể tích khí sinh ra khi cho E tác dụng với Na (khí H2) lớn hơn 0,5 lần thể tích khí khi cho E tác dụng với NaHCO3 (khí CO2) => Y là ancol Vậy E gồm axit X, ancol Y và este Z (tạo bởi X, Y) Giả sử V lít tương ứng với 1 (mol) khí + nCO2 = n-COOH = 1 (mol) + nH2 = 0,5n-COOH + 0,5n-OH => 0,75 = 0,5.1 + 0,5n-OH => n-OH = 0,5 (mol) + n hỗn hợp = 2nH2 = 1,5 mol => nX = nY = nZ = 1,5:3 = 0,5 mol Số chức của axit X là: 1 : 0,5 = 2

Số chức của ancol Y là: 0,5 : 0,5 = 1 => Este Z có 2 chức * Đốt cháy muối natri của X: Muối natri của X có dạng RO4Na2 Gọi số mol muối của X là x (mol) BTNT Na: nNa2CO3 = n muối = x (mol) BTNT O: 4n muối + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O + 2nNa2CO3 => 4x + 2nO2 = 0,03.2 + 0,02 + 3x => nO2 = 0,04 – 0,5x (mol) BTKL: m muối + mO2 = mCO2 + mH2O + mNa2CO3 => 1,62 + 32(0,04 - 0,5x) = 0,03.44 + 0,02.18 + 106x => x = 0,01 mol => M muối = 162 => R + 16.4 + 23.2 = 162 => R = 28 => CTPT của X là C4H6O4 * Đun nóng Y với H2SO4 đặc thu được Y1 có tỉ khối so với Y là 34/43 => phản ứng tách nước tạo anken => MY1 = MY – 18 => dY1/Y = (MY-18)/MY = 34/43 => MY = 86 (C5H10O) Mà khi đun Y1 với KMnO4/H2SO4 thu được Y2 duy nhất, không có khí thoát ra, Y2 có cấu tạo mạch thẳng và là điaxit nên Y1 có cấu tạo mạch vòng, chứa 1 liên kết đôi. - Cấu tạo Y1:

- Cấu tạo Y2: HOOC-(CH2)3-COOH

- Cấu tạo Y: - Cấu tạo X: HOOC-CH2-CH2-COOH hoặc HOOC-CH(CH3)-COOH - Cấu tạo Z:

Hoặc

(b)

 X (C4 H 6 O4 ) : xmol  Giả sử số mol mỗi chất trong ½ hỗn hợp G: Y (C5 H10 O) : y mol  Z (C H O ) : z mol 14 22 4  - Khối lượng của ½ hỗn hợp G: 118x + 86y + 254z = 7,8 (1) - Đốt cháy phần 1 cần nO2 = 9,408 : 22,4 = 0,42 mol: C4H6O4 + 3,5 O2 → 4CO2 + 3H2O x

3,5x

C5H10O + 7O2 → 5CO2 + 5H2O y

C14H22O4 + 17,5O2 → 14CO2 + 11H2O z

17,5z

Ta có: nO2 = 0,42 => 3,5x + 7y + 17,5z = 0,42 (2) - Phần 2 tác dụng vừa đủ với nNaOH = 0,04.2 = 0,08 mol: C2H4(COOH)2 + 2NaOH → C2H4(COONa)2 + 2H2O x

C2H4(COOC5H9)2 + 2NaOH → C2H4(COONa)2 + 2C5H9OH z

nNaOH = 2nX + 2nZ => 2a + 2c = 0,08 (3)

118 x  86 y  254 z  7,8  x  0, 03   Từ (1) (2) (3) ta có hệ phương trình: 3,5 x  7 y  17,5 z  0, 42   y  0, 02 2 x  2 z  0, 08  z  0, 01   Sau phản ứng thu được:

C2 H 4  COONa  2 : x  z  0, 04 a  mC2 H 4 COONa 2  0, 04.162  6, 48( g )   C5 H 9 OH : y  2 z  0, 04 b  mC5 H9OH  0, 04.86  3, 44( g )

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Năng Khiếu - Hồ Chí Minhnăm 2018 - 2019 Câu 1: Mô tả hiện tượng và viết các phương trình hóa học của các phản ứng để minh họa cho các thí nghiệm sau: (a) Điện phân dung dịch muối ăn với điện cực trơ có màng ngăn xốp. (b) Nhỏ chậm nước vào nhôm cacbua. (c) Nhỏ chậm dung dịch NaHSO4 vào dung dịch Na2CO3. Câu 2: Cho 2,791 g hỗn hợp rắn chứa hai chất Na2SO4 và Pb(NO3)2 trong nước, đun nóng nhẹ, thu được kết tủa. Sau khi lọc, rửa và sấy khô thu được 1,515 g chất rắn. Dung dịch qua lọc thấy có tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 0,5 M, trái lại không cho kết tủa với dung dịch Na2SO4 0,5 M. (a) Viết phương trình phản ứng và phương trình ion rút gọn. (b) Tính thành phần % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp. Câu 3: Cho 37,5 mL dung dịch NaOH 0,20 M thật chậm vào 50,00 mL dung dịch CuSO4 0,1 M, tất cả ion đồng và hyđroxit trong dung dịch chuyển sang dạng kết tủa Cux(OH)y(SO4)z. (a) Xác định tỉ lệ x:y:z trong Cux(OH)y(SO4)z. (b) Xác định chất còn lại trong dung dịch sau khi tạo thành kết tủa và nồng độ mol tương ứng. Cho rằng thể tích của kết tủa không đáng kể. (c) Thực tế kết tủa là muối ngậm nước [Cux(OH)y(SO4)z.nH2O]. Khi đun nóng hợp chất này trong điều kiện không có không khí, nhận thấy chất bay hơi chỉ là nước và khối lượng chất rắn còn lại 81,63% so với khối lượng chất rắn ban đầu. Xác định công thức đúng của muối ngậm nước. Câu 4: Hỗn hợp các oxit MgO, Al2O3 và Fe3O4 được dùng làm xúc tác cho quá trình tổng hợp NH3. Hòa tan hoàn toàn 20,68 gam hỗn hợp X gồm MgO, Al2O3 và Fe3O4 vào 450 mL dung dịch H2SO4 1,0 M được dung dịch Y. Để trung hòa ¼ dung dịch Y cần 25,00 mL dung dịch NaOH 1,0 M thu được dung dịch Z. Cô cạn cẩn thận dung dịch Z trong điều kiện không có không khí thu được m gam rắn khan T. Nếu lấy ¼ dung dịch Y lội từ từ qua cột chứa bột sắt, sau đó cô cạn cẩn thận dung dịch sau khi qua cột trong điều kiện không có không khí thì thu được chất rắn khan có khối lượng lớn hơn khối lượng của T là 1,105 gam. (a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. (b) Tính phần trăm khối lượng của nguyên tố oxy trong hỗn hợp X. (c) Tính phần trăm khối lượng của các oxit trong hỗn hợp X. Câu 5: Trinitrotoluen là một loại thuốc nổ, có công thức phân tử C7H5N3O6, khi nổ tạo thành hỗn hợp khí cacbon monoxid, hơi nước, nitơ và muội than.

(a) Viết phản ứng nổ của TNT. Lưu ý phản ứng nổ không phải là phản ứng cháy. (b) Hexanit là một loại chất nổ có chứa theo khối lượng 60% TNT và 40% HND (có công thức phân tử C12H5N7O12). Tính thành phần % theo khối lượng và theo số mol của các nguyên tố có trong Hexanit. Từ tỷ lệ số mol các nguyên tố, đề nghị các chất có thể tạo thành từ quá trình nổ Hexanit và tính hàm lượng % theo số mol của các chất đó. Câu 6: Một nhà máy phát điện vận hành bằng các đốt cháy nhiên liệu phức hợp có công thức trung bình là C11H7S. Giả sử nguồn không khí cung cấp chỉ chứa N2 và O2 có tỷ lệ mol 3,76:1,00 và N2 không cho phản ứng. Ngoài nước tạo thành, lượng cacbon trong nhiên liệu được chuyển hóa hoàn toàn thành CO2 và lưu huỳnh chuyển hóa thành SO2. (a) Viết phương trình phản ứng cháy của C11H7S. (b) Để phản ứng cháy xảy ra hoàn toàn, thực tế cần dùng dư 20% lượng oxy so với tỷ lượng lý thuyết. Tính khối lượng (kg) và thể tích (ở đktc, m3) không khí cần sử dụng để đốt cháy hoàn toàn 1 tấn C11H7S. (c) Tính tổng khối lượng CO2 và SO2 tạo thành trong điều kiện của câu (b) trên. Câu 7: Cho 5 hợp chất hữu cơ A, B, C, D và E là các đồng phân của nhau (chỉ chứa C, H và O), trong đó cacbon chiếm 55,8% và có khối lượng mol phân tử nhỏ hơn 170 g/mol. (a) Xác định công thức phân tử chung của A, B, C, D và E. Trong 5 chất, chỉ có 2 hợp chất A và B cho phản ứng với dung dịch NaHCO3 (có sủi bọt khí), cả A và B đều có nhóm CH3, nhưng hợp chất B có đồng phân cis/trans. Cho từng chất C, D và E phản ứng với dung dịch NaOH, sau đó trung hòa bằng dung dịch HCl, từ C thu được các chất hữu cơ F và G, từ D thu được các chất hữu cơ H và I, từ E thu được các chất hữu cơ K và L. Trong đó G là hợp chất không bền và chuyển hóa ngay thành G’ (G và G’ có cùng công thức phân tử). Cho biết F, H và K cũng cho phản ứng với dung dịch NaHCO3. Khi oxy hóa bằng H2CrO4, hợp chất G’ chuyển hóa thành F và hợp chất L chuyển hóa thành H. Phản ứng của H với bạc nitrat trong amoniac chỉ tạo thành các chất vô cơ. (b) Xác định công thức cấu tạo của các chất và viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra. Cho biết trong các phản ứng trên crôm chuyển hóa thành H2CrO3. (c) Viết phương trình phản ứng polime hóa của A và C. (d) Một trong hai polime thu được trong câu (c) tan dễ trong dung dịch NaOH nguội, polime còn lại không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch NaOH nóng. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra và giải thích vì sao có sự khác biệt trên.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: (a) Hiện tượng thí nghiệm: Ở catot có khí không màu thoát ra, ở anot có khí màu vàng lục thoát ra. dpmn  2NaOH + Cl2 ↑ + H2 ↑ 2NaCl + 2H2O 

(b) Hiện tượng thí nghiệm: Al4C3 tan dần, có hiện tượng sủi bọt khí, xuất hiện kết tủa keo trắng. Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 ↓ + 3CH4 ↑ (c) Hiện tượng thí nghiệm: Ban đầu không có hiện tượng, sau một thời gian thấy xuất hiện sủi bọt khí. NaHSO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + NaHCO3 + H2O NaHSO4 + NaHCO3 → Na2SO4 + H2O + CO2 ↑ Câu 2: (a) Phương trình hóa học: Na2SO4 + Pb(NO3)2 → PbSO4 ↓ + 2NaNO3 Phương trình ion thu gọn: Pb2+ + SO42- → PbSO4 ↓ (b) Do dung dịch qua lọc thấy có tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 0,5 M, trái lại không cho kết tủa với dung dịch Na2SO4 0,5 M nên Pb(NO3)2 phản ứng hết, Na2SO4 còn dư Số mol của kết tủa: nPbSO4 

mPbSO4 M PbSO4



1,515  0, 005(mol ) 303

Theo PTHH ta có: nPb ( NO3 )2 bandau  nPb ( NO3 )2 pu  nPbSO4  0, 005(mol ) Khối lượng của Pb(NO3)2 trong hỗn hợp ban đầu là: Thành phần phần trăm về khối lượng của Pb(NO3)2 trong hỗn hợp ban đầu là: %mPb ( NO3 )2 

1, 655 .100%  59,3% 2, 791

Thành phần phần trăm về khối lượng Na2SO4 trong hỗn hợp ban đầu là:

%mNa 2( SO4 )2  100%  59,3%  40, 7% Câu 3: (a)

nNaOH  0, 20.0, 0375  0, 0075 mol nCuSO4  0,10.0, 05  0, 005 mol Do các ion OH- và Cu2+ chuyển hết vào kết tủa nên ta có:

nOH   nNaOH  0, 0075 mol nCu 2   nCuSO4  0, 005 mol Kết tủa trung hòa về điện nên ta có: 2nCu 2   nOH   2nSO 2   nSO 2   4

2nCu 2   nOH 



2.0, 005  0, 0075  0, 00125(mol ) 2

Như vậy ta có: x : y : z  nCu 2  : nOH  : nSO 2   0, 005 : 0, 0075 : 0, 00125  4 : 6 :1 4

(b) Chất còn lại trong dung dịch sau khi kết tủa là Na2SO4. Bảo toàn nguyên tố Na ta có: nNa2 SO4  Nồng độ mol: CM ( dd Na2 SO4 ) 

1 1 nNaOH  .0, 075  0, 00375(mol ) 2 2

0, 00375  0, 043 M 0, 0375  0, 05



M CuSO4 .3CuO M Cu OH   SO .nH O  

.100%  81, 63% 



400 .100%  81, 63% 454  18n

n2

Vậy công thức đúng của muối ngậm nước là: Câu 4:

 MgSO4  Al ( SO ) 4 3  2  MgSO4  NaOH  Al ( SO )  Z  FeSO4  MgO 4 3  Fe ( SO )  2 4 3   H 2 SO4  2 . X  Al2 O3   Y  FeSO4  Na2 SO4  Fe O  Fe ( SO ) 4 3  3 4  2  MgSO4  H 2 SO4 du   Fe   Al2 ( SO4 )3  FeSO  4 (a) Hòa tan MgO, Al2O3 và Fe3O4 vào H2SO4: (1) MgO + H2SO4 → MgSO4 + H2O (2) Al2O3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2O (3) Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O Trung hòa Y: (4) H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O

Cho dung dịch Y (MgSO4, Al2(SO4)3, FeSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4) qua cột chứa bột sắt: (5) H2SO4 + Fe → FeSO4 + H2 (6) Fe2(SO4)3 + Fe → 3FeSO4 (b) nH2SO4 = 0,45.1 = 0,45 mol Gọi số mol của MgO, Al2O3 và Fe3O4 trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là x, y, z (mol) Ta có: 40x + 102y + 232z = 20,68 (*)  MgSO4 : xmol  Al ( SO ) : y mol 4 3  2 - Khi hòa tan hỗn hợp vào H2SO4: DD Y  FeSO4 : z  Fe ( SO ) : z 4 3  2  H 2 SO4 du : 0, 45  x  3 y  4 z

- Trung hòa ¼ dung dịch Y cần 0,025 mol NaOH vậy trung hòa Y cần 0,1 mol NaOH: Theo PTHH (4): nH2SO4 dư = 0,5nNaOH = 0,05 mol => 0,45 – x – 3y – 4z = 0,05 => x + 3y + 4z = 0,4 (**)  MgSO4 : x  Al ( SO ) : y 4 3  2 Dung dịch thu được chứa các chất: T  FeSO4 : z  Fe ( SO ) : z 4 3  2  Na2 SO4 : 0, 05.

- Giả sử dẫn toàn bộ dung dịch Y qua cột chứa bột Fe: (5) H2SO4 + Fe → FeSO4 + H2 0,05

→

0,05

(mol)

(6) Fe2(SO4)3 + Fe → 3FeSO4 z

→

(mol)

 MgSO4 : x  Dung dịch sau chứa các chất tan: K  Al2 ( SO4 )3 : y  FeSO : 4 z  0, 05  4 Theo đề bài ta có: mK – mT = 4.1,105 => [120x + 342y + 152(4z + 0,05)] – [120x + 342y + 152.z + 400z + 0,05.142] = 4,42 => z = 0,07 (***) Từ (*) (**) (***) ta giải được z = 0,06; y = 0,02; z = 0,07 Số mol của nguyên tố O trong hỗn hợp X: nO = nMgO + 3nAl2O3 + 4nFe3O4 = 0,06 + 3.0,02 + 4.0,07 = 0,4 mol

Khối lượng của O: mO = 0,4.16 = 6,4 (gam) Phần trăm khối lượng của nguyên tố O: %mO 

6, 4 .100%  30,95% 20, 68

0, 06.40 .100%  11, 6% 20, 68

0, 02.102 .100%  9,9% 20, 68

Phần trăm khối lượng của Fe3O4 trong X: %mFe3O4  100%  11, 6%  9,9%  78,5% Câu 5: (a) Phản ứng nổ của TNT: 2C7H5N3O6 → 3N2 + 5H2O + 7CO + 7C (b) 100 gam thuốc nổ Hexanit có chứa 60 gam TNT và 40 gam HND. 60  nC7 H5 N3O6  227 mol Số mol của từng chất là:  40 n mol C12 H 5 N 7 O12   439

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta có: nC  7 nC7 H5 N3O6  12nC12 H5 N7O12  7

60 40  12  2,9436(mol ) 227 439

nH  5nC7 H5 N3O6  5nC12 H5 N7O12  5

60 40 5  1, 7772(mol ) 227 439

nN  3nC7 H5 N3O6  7 nC12 H5 N7O12  3

60 40 7  1, 4308(mol ) 227 439

nO  6nC7 H5 N3O6  12C12 H5 N7O12  6

60 40  12  2, 6793(mol ) 227 439

- Phần trăm khối lượng mỗi nguyên tố trong Hexanit: %mC 

2,9436.12 .100%  35,3% 100

%mH 

1, 7772.1 .100%  1,8% 100

% mN 

1, 4308.14 .100%  20, 0% 100

%mO 

2, 6793.16 .100%  42,9% 100

- Phần trăm số mol mỗi nguyên tố trong Hexanit:

2,9436 .100%  33,33% 2,9436  1, 7772  1, 4308  2, 6793

%nC  %mH 

1, 7772 .100%  20,12% 2,9436  1, 7772  1, 4308  2, 6793

% mN 

1, 4308 .100%  16, 20% 2,9436  1, 7772  1, 4308  2, 6793

%mO 

2, 6793 .100%  30,34% 2,9436  1, 7772  1, 4308  2, 6793

- Sản phẩm nổ của Hexanit là N2, H2O, CO, C - Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta tính được số mol của các chất trong hỗn hợp sau khi nổ: nN 2 

nN ( Hexanit )

nH 2O 

2 nH ( Hexanit ) 2



1, 4308  0, 7154(kmol ) 2



1, 7772  0,8886(kmol ) 2

nCO  nO ( Hexanit )  nH 2O  2, 6793  0,8886  1, 7907(kmol ) nC  nC ( Hexanit )  nCO  2,9436  1, 7907  1,1529(kmol ) Phần trăm số mol của các chất trong hỗn hợp sau khi nổ: 0, 7154 .100%  15, 73% 0, 7154  0,8886  1, 7907  1,1529

% nN 2 

%nH 2O  %nCO  %nC 

0,8886 .100%  19,54% 0, 7154  0,8886  1, 7907  1,1529

1, 7907 .100%  39,38% 0, 7154  0,8886  1, 7907  1,1529

1,1529 .100%  25,35% 0, 7154  0,8886  1, 7907  1,1529

Câu 6: o

t  44CO2  4 SO2  14 H 2 O (a) 4C11 H 7 S  55O2 

(b) mC11H 7 S  1000kg  nC11H 7 S  Theo PTHH : nO2 pu 

1000  5,848(kmol ) 171

55 55 nC11H 7 S  .5,848  80, 41(kmol ) 4 4

Do lấy dư 20% oxi so với lượng cần đốt cháy nên lượng oxi đã lấy là:

nO2  80, 41  80, 41.

20  96, 492(kmol ) 100

Lượng N2 đã lấy: nN2  96, 492.3, 76  362,81(kmol ) Khối lượng của không khí đã lấy:

mkk  mO2  mN2  96, 492.32  362,81.28  13246, 424(kg ) Thể tích không khí đã lấy là: Vkk  22, 4(nO2  nN2 )  22, 4(96, 492  362,81)  10288(m3 ) (c) Theo PTHH: nCO2  11nC11H 7 S  11.5,848  64,328(kmol )

nSO2  nC11H 7 S  5,848(kmol ) Tổng khối lượng CO2 và SO2 thu được là:

mCO2  mSO2  64,328.44  5,848.64  3236, 704(kg ) Chú ý: Lượng O2 lấy dư 20% so với lượng cần thiết => tính mol O2 chính xác Câu 7: (a) Gọi CTPT của các chất là CxHyOz M<170 => mC<170.55,8% => 12x<94,86 => x<7,9 x M=12x.(100/55,8)

1 21,5 (loại)

2 43 (loại)

3 64,5 (loại)

4 86 (nhận)

5 107,5 (loại)

6 129 (loại)

7 150,5 (loại)

Vậy CTPT có dạng: C4HyOz (y≤10)(Do M là các số nguyên và là số chẵn) Ta có: 12.4 + y + 16z = 86 => y + 16z = 38 + z = 1: y = 22 (loại) + z = 2: y = 6 (nhận) Vậy CTPT của các chất là: C4H6O2 b) - A, B đều có nhóm CH3 và phản ứng với NaHCO3 tạo khí và chỉ có B có đồng phân hình học nên cấu tạo của A và B là: A: CH2=C(CH3)-COOH B: CH3-CH=CH-COOH F, H, K có phản ứng với NaHCO3 tạo khí nên F, H, K là các axit. - G là hợp chất không bền và chuyển hóa ngay thành G’ (G và G’ có cùng công thức phân tử) và khi oxy hóa bằng H2CrO4, hợp chất G’ chuyển hóa thành F nên G’ và F có cùng số nguyên tử C

C: CH3COOCH=CH2 F: CH3COOH G: CH2=CH-OH G’: CH3CHO - H có phản ứng với NaHCO3 tạo khí nên H là axit. Mặt khác, phản ứng của H với bạc nitrat trong amoniac chỉ tạo thành các chất vô cơ nên H là HCOOH D: HCOOCH2-CH=CH2 H: HCOOH I: CH2=CH-CH2-OH - L bị oxi hóa tạo HCOOH nên L là CH3OH E: CH2=CH-COOCH3 K: CH2=CH-COOH L: CH3OH (1) CH2=C(CH3)-COOH (A) + NaHCO3 → CH2=C(CH3)-COONa + H2O + CO2 (2) CH3-CH=CH-COOH (B) + NaHCO3 → CH3-CH=CH-COONa + H2O + CO2 (3) CH3COOCH=CH2 (C) + NaOH → CH3COONa + CH3CHO (G’) (4) CH3COONa + HCl → CH3COOH (F) + NaCl (5) HCOOCH2-CH=CH2 (D) + NaOH → HCOONa + CH2=CH-CH2-OH (I) (6) HCOONa + HCl → HCOOH (H) + NaCl (7) CH2=CH-COOCH3 (E) + NaOH → CH2=CH-COONa + CH3OH (L) (8) CH2=CH-COONa + HCl → CH2=CH-COOH (K) + NaCl (9) CH3CHO + H2CrO4 → CH3COOH + H2CrO3 (10) CH3OH + 2H2CrO4 → HCOOH + 2H2CrO3 + H2O (11) HCOOH + 2AgNO3 + 4NH3 + H2O → (NH4)2CO3 + 2Ag + 2NH4NO3 (c) Phản ứng polime hóa của A và C: t , xt , p nCH 2  C  CH 3   COOH  [CH 2  C (CH 3 )(C OOH )]n o

t , xt , p CH 3 COOCH  CH 2  [CH (OCOCH 3 )  CH 2 -]n

(d) Polime [  CH 2  C (CH 3 )(C OOH )]n tan dễ trong NaOH nguội do tạo được liên kết H với nước. Polime [  CH (OCOCH 3 )  CH 2 - ]n tan được trong NaOH nóng do chức este bị thủy phân:

[  CH (OCOCH 3 )  CH 2 - ]n  nNaOH  nCH 3 COONa  [  CH (OH)  CH 2 - ]n

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên -Sở GD & ĐT Hà Nội - năm 2018 - 2019 Câu 1: 1. Tiến hành thí nghiệm như hình vẽ bên : cho viên kẽm vào dung dịch HCl thấy có khí X thoát ra; dẫn khí X đi qua chất rắn Y nung nóng thu được khí Z; sục khí Z vào dung dịch muối T thấy xuất hiện kết tủa màu đen. Biết rằng: Y là đơn chất rắn, màu vàng; dung dịch muối T có màu xanh và T có khối lượng mol là 160 gam. Xác định các chất X, Y, Z, T. Viết các phương trình hóa học minh họa.

2. Muối ăn (NaCl) bị lẫn tạp chất: Na2SO4, MgCl2, MgSO4, CaCl2, CaSO4. Trình bày phương pháp hóa học loại bỏ các tạp chấ để thu được NaCl tinh khiết. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 2: 1. Có 5 chất bột riêng biệt: FeS, Ag2O, CuO, MnO2, FeO đựng trong các lọ mất nhãn. Chỉ dùng một dung dịch thuốc thử, trình bày phương pháp hóa học để nhận biết các chất trên. Viết các phương trình hóa học minh họa. 2. a) Khi cơm bị khê ( có mùi nồng khét), người ta thường cho vào nồi cơm một mẩu than gỗ. Hãy giải thích cách làm trên. b) Vì sao khi đốt xăng, đốt cồn thì không còn tro, nhưng khi đốt gỗ, đốt than lại còn tro? c) Để xử lý 100 kg hạt giống người ta cần dùng 8 lít dung dịch CuSO4 0,02%, khối lượng riêng 1 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 tấn hạt giống. Câu 3: 1. Hòa tan hoàn toàn 10,72 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Ca, CaO bằng dung dịch HCl vừa đủ, thu được 3,284 lít khí (đktc) và dung dịch Y chứa hỗn hợp a gam CuCl2 và 12,35 gam MgCl2. Tìm giá trị của a. 2. Cho m gam hỗn hợp gồm Al4C3 và CaC2 tác dụng với nước dư, thu được 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm CH4 và C2H2. Chia X thành 2 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 rồi cho toàn bộ 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 trong bình giảm 69,525 gam so với khối lượng dung dịch trước phản ứng.

a) Tìm giá trị của m và tính thành phần phần trăm theo thể tích của các khí trong X. b) Nếu cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu được a gam kết tủa. Tìm giá trị của a. Câu 4: 1. Hòa tan hết 5,34 gam hỗn hợp X gồm Zn và Mg trong 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp HCl 0,4M và H2SO4 0,08M, thu được dung dịch Y và khí H2. Cho 300 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 8,43 gam kết tủa gồm 2 chất. Mặt khác, nếu cho từ từ đến hết V ml dung dịch chứa hỗn hợp KOH 0,4M và Ba(OH)2 0,05M vào dung dịch Y thì thu được lượng kết tủa lớn nhất ; lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn. Tìm giá trị của V, m. 2. Cho A là dung dịch H2SO4 ; B1, B2 là ha dung dịch NaOH có nồng độ khác nhau. Trộn B1 với B2 theo tỉ lệ thể tịch 1: 1 thu được 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: 1 thu được 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 được 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: 1. Đốt cháy hoàn toàn 0,92 gam hỗn hợp X gồm C2H4, H2, C3H6, CO, C4H8 bằng O2 vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02 M thấy xuất hiện m1gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được 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 khi kết tủa hết các ion kim loại, thấy có m2 gam kết tủa. Biết m1 + m2 = 6,955, tính thành phần phần trăm theo khối lượng của CO và H2 có trong hỗn hợp X. 2. Hỗn hợp X gồm 2 rượu ( ancol ) CH3OH, C2H5OH có cùng số mol và 2 axit C2H5COOH, C4H8(COOH)2. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam X cần vừa đủ 60,48 lít không khsi (đktc, không khí chứa 20% oxi và 80% nitơ theo thể tích) thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi nước. Dẫn toàn bộ Y đi qua dung dịch nước vôi trong dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng dung dịch giảm m gam so với dung dịch ban đầu. Biết khí nitơ không tan trong nước, tìm giá trị của m.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1. + X là khí hiđro, kí hiệu H2 + Y là đơn chất rắn màu vàng => Y là lưu huỳnh, kí hiệu S + Z là khí hiđro sunfua, kí hiệu H2S + Dung dịch T có màu xanh lam => T là dung dịch muối của đồng Mà khối lượng mol của Y là 160 => T là muối đồng (II) sunfat, kí hiệu CuSO4 2. 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

Không tan

trứng thối FeS

Ag2O

CuO

Dung dịch

Khí màu

Tan, không

xanh lam

vàng nâu

có khí

MnO2

FeO

Phương trình hóa học: 2HCl + FeS → H2S ↑ + FeCl2 2HCl + CuO → CuCl2 + H2O o

t 4HCl đặc + MnO2   MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O

FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O 2. a) Khi cơm bị khê người ta cho vào nồi mẩu than gỗ vì than gỗ có tính hấp phụ cao, sẽ hấp phụ mùi nồng khét để làm giảm mùi khê của cơm. b) - Đốt xăng, cồn: Thành phần hóa học của xăng và cồn là các hợp chất hữu cơ chỉ chứa các nguyên tố C, H, O nên khi đốt tạo thành CO2 và H2O bay hơi hết nên không để lại tro. - Đốt than: Trong thành phần than đá ngoài cacbon và các hợp chất hữu cơ có thể cháy hết còn có các khoáng là các muối silicat không cháy được nên sau khi cháy để lại tro. - Đốt gỗ: Thành phần chính của gỗ là xenlulozo có thể cháy hết tạo CO2 và H2O. Tuy nhiên, trong gỗ còn có chứa các khoáng vật không cháy được. Do đó, khi đốt gỗ cũng 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 = 8 (kg)

Khối lượng của CuSO4 trong 8 kg dung dịch CuSO4 0,02% là: mCuSO4  mdd CuSO4 .

C% 0, 02  8.  0, 0016(kg ) 100% 100

 H 2O  CuSO4 Ta có: CuSO4.5H2O 

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 tấn hạt giống cần x kg CuSO4.5H2O => x = 200.0,0025/100 = 0,005 tấn = 5 kg Câu 3: 1. nH2 = 3,248:22,4 = 0,145 mol; nMgCl2 = 12,35:5 = 0,13 mol Đặt số mol của các chất Mg, MgO, Ca, CaO trong hỗn hợp X lần lượt là x, b, c, d (mol) + Khối lượng hỗn hợp là 10,72 gam nên ta có: 24x + 40b + 40c + 56d = 10,72 (1) Phương trình hóa học: Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 x

(mol)

MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O b

(mol)

Ca + 2HCl → CaCl2 + H2 c

c (mol)

CaO + 2HCl → CaCl2 + H2O 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)

2. - Phần 1 tác dụng với Br2: nBr2 = 16:160 = 0,1 mol C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 0,05 ← 0,1

(mol)

C2 H 2 : 0, 05(mol ) - Đặt số mol khí mỗi phần như sau: P1:  CH 4 : x (mol )

C H : 0, 05k (mol ) P2 :  2 2 CH 4 : 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: o

t C2H2 + 2,5O2   2CO2 + H2O

0,05k

→ 0,1k→ 0,05k (mol) o

t CH4 + 2O2   CO2 + 2H2O

→

kx → 2kx (mol)

CO2 : k ( x  0,1) mol Sản phẩm cháy gồm  dẫn qua dung dịch Ba(OH)2 dư:  H 2 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, 4

Từ (1) và (2) =>

0, 45  x 69,525   x  0, 075  k  3 x  0, 05 117 x  14, 4

C2 H 2 : 0, 05  0, 05k  0, 2 mol Vậy X gồm  CH 4 : x  kx  0,3 mol CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2 0,2

←

0,2

(mol)

Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4 0,1

←

0,1 (mol)

Giá trị của m là: m = mCaC2 + mAl4C3 = 0,2.64 + 0,1.144 = 27,2 gam 0, 2  %VC2 H 2  0,5 .100%  40% Phần trăm thể tích các khí trong X là:  %V  0,3 .100%  60%  CH 4 0,5

C2 H 2 : 0, 05k  0,15(mol ) b) Cho phần 2  tác dụng với AgNO3 trong NH3 dư: CH 4 : kx  0, 225(mol ) C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → Ag2C2↓ + 2NH4NO3 0,15

→ 0,15

(mol)

Khối lượng kết tủa thu được là: mAg2C2 = 0,15.240 = 36 gam Câu 4: 1. 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 của Zn và Mg trong hỗn hợp ban đầu là x và y (mol) Ta có: 65x + 24y = 5,34 (1) Zn + 2H+ → Zn2+ + H2 x → 2x

→x

(mol)

Mg + 2H+ → Mg2+ + H2 y → 2y →

(mol)

 Zn 2 : x (mol )  2  Mg : y (mol )  Dung dịch Y gồm có:  H  du : 0, 28  2 x  2 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 một phần => nNaOH hòa tan kết tủa = 0,3 – 0,28 = 0,02 mol H+

OH-

0,28-2x-2y →

→ H2O

0,28-2x-2y

Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2 x

→ 2x

→

(mol)

Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 y

→ 2y

→

(mol)

Zn(OH)2 + 2OH- → ZnO22- + H2O

(mol)

0,01

←

0,02

(mol)

Khối lượng kết tủa thu được 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) và (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 = 8 Giả sử số mol của KOH và Ba(OH)2 lần lượt là 8a và a (mol) => nBa2+ = a (mol); nOH- = nKOH + 2nBa(OH)2 = 10a (mol) - Khi kết tủa Mg(OH)2 và 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 khi Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt cực đại ta thêm 8b mol KOH và b mol Ba(OH)2: + Lượng kết tủa sinh thêm là lượng BaSO4: nBaSO4 = nBa(OH)2 = b mol => mBaSO4 = 233b (gam) + Lượng kết tủa bị tan ra: nZn(OH)2 = nOH-: 2 = 10b : 2 = 5b (mol) => mZn(OH)2 = 99.5b = 495b (gam) Ta thấy khối lượng kết tủa sinh ra nhỏ hơn khối lượng kết tủa bị tan nên khối lượng kết tủa lớn nhất là thời điểm Mg(OH)2 và 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 ) 2 : 0, 06  Zn(OH ) : 0, 06 2  o

t Mg(OH)2   MgO + H2O

0,06 mol →

0,06 mol o

t Zn(OH)2   ZnO + H2O

0,06 mol →

0,06 mol

=> m = mBaSO4 + mMgO + mZnO = 0,028.233 + 0,06.40 + 0,06.81 = 13,784 gam 2.

A: H2SO4 : CA (M) B1: NaOH : C1 (M) B2: NaOH: C2 (M) TH1: VB1: VB2 = 1: 1 => gọi thể tích của mỗi chất là V Nồng độ của NaOH sau khi trộn là: CM = n : V =>

C1V  C2V C1  C2  V V 2

Phản ứng trung hòa => nOH- = nH+ Theo đề bài =>

C1  C2 .0, 02  0, 02.2.C A (1) 2

TH2: VB1 : VB2 = 2 : 1 => Đặt VB2 = V (lít) thì VB1 = 2V (lít) Nồng độ của NaOH sau khi trộn là: =>

C1 2V  C2V 2C1  C2  2V  V 3

Phản ứng trung hòa => nOH- = nH+ =>

2C1  C2 .0, 03  0, 0325.2C A (1) 3

C  C2 C (1) 2 5 5C  1   1   (2) 2C1  C2 3, 25 C2 3 3C

Tu (1)  C A  2C

 A : H 2 SO4 : 2C  TH3:  B1 : NaOH : 5C  B : NaOH : 3C  2 Ta có: nOH   nH  

5C.a  3C.b .0, 07  0, 0675.2.2C ab



5a  3c 27  ab 7

 35a  21b  27 a  27b  8a  6b 

Câu 5: 1.

a 6 3   b 8 4

m1 ( g ) CaCO3  CO : CO2 : 0,04 mol CaCO3  0,92( g )  H 2 :  O2    CaCO3 Ca ( HCO3 ) 2   m2 ( g )  H 2O C H  n 2n  BaCO3

C2H4, C3H6, C4H8 cùng là anken nên có công thức chung là CnH2n 2CO + O2 → 2CO2↑ (1) x

→x

(mol)

2H2 + O2 → 2H2O (2) y

→y

(mol)

CnH2n + O2 → nCO2 + 2nH2O (3) Sản phẩm cháy thu được gồm có CO2 và H2O. Khi hấp thụ vào dd Ca(OH)2: 0,04 mol thu được dung dịch Y, thêm từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch Y thu được kết tủa của các 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( trong CO) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O

=> nO( trong CO) = 2.0,055 + 0,05 – 0,075.2 = 0,01 (mol) => nCO = 0,01 (mol) Từ PTHH (1), (2), (3) ta thấy khi đốt cháy CnH2n luôn cho nH2O = nCO2 => sự chênh lệch mol CO2 và mol H2O là do đốt cháy CO và 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

%H2 

0, 005.2 .100%  1, 09% 0,92

2. nkk 

60, 48 2, 7.20%  2, 7(mol )  nO2   0,54(mol ) 22, 4 100%

CH3OH và C2H5OH có CT chung là CnH2n+2O. CH3OH và C2H5OH có cùng số mol nên: M 

32.1  46.1  39  14n  18  39 2

 n  1,5

Vậy CT chung của 2 ancol là: C1,5H5O 2 axit có công thức phân tử là: C3H6O2 và C6H10O4 Nhận xét: C1,5H5O ; C3H6O2 và C6H10O4 đều có số nguyên tử C gấp 1,5 lần số nguyên tử O Gọi số mol của 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 2  BTKL 12a  2b  .16  11,16   a  0, 45 3    2 BTNT :O b  0, 48   2a  b  a  0,54.2  3

Khối lượng dung dịch giảm: ∆ = mCaCO3 – mCO2 – mH2O = 0,45.100 – 0,45.44 – 0,48.18 = 16,56 (g)

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên -Sở GD & ĐT Quảng Trị - năm 2018 2019 Câu 1: Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra đối với các thí nghiệm sau: a) Cho 1 mẫu Na vào ống nghiệm đựng cồn 900 b) Nhỏ dung dịch H2SO4 loãng vào dung dịch muối Na2SiO3. c) Đưa một mẩu giấy quỳ tím vào cốc đựng nước clo. d) Cho Cu(OH)2 vào cốc đựng dung dịch CH3COOH dư. Câu 2: Cho các dung dịch hoặc các chất lỏng riêng biệt: đường saccarozơ, axit axetic, rượu etylic, đường glucozơ, dầu thực vật. Các chất này đựng trong các ống nghiệm ký hiệu là X, Y, Z, P, Q không theo thứ tự. Thực hiện lần lượt các thí nghiệm với các chất trên với một số thuốc thử, kết quả thu được ở bảng dưới đây: Chất X Y Z

P X, Y, Z và Q

Thuốc thử NaHCO3 Ag2O trong NH3 dư Đun nóng H2SO4 loãng: trung hòa môi trường sau đó cho Ag2O trong NH3 dư Nước cất

Hiện tượng Có sủi bọt khí Có kết tủa Ag Có kết tủa Ag

Tạo hai lớp chất lỏng không trộn lẫn Tạo dung dịch đồng nhất không màu

Xác định các chất X, Y, Z, P, Q. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3: a) Một học sinh trong lúc làm thí nghiệm sơ ý làm rơi vỡ bình nhiệt kế thủy ngân, làm chất độc thủy ngân rơi vãi xuống nền nhà. Với hóa chất sẵn có trong phòng thí nghiệm, em hãy trình bày cách xử lí để tránh gây ô nhiễm môi trường. b) Nước tự nhiên thường chứa một lượng nhỏ các muối nitrat và hiđrocacbon của các kim loại canxi, magie. Hãy dùng một hóa chất thông dụng là một muối của natri để loại bỏ đồng thời canxi và magie trong các muối trên ra khỏi nước. Viết các phương trình hóa học. c) Để phát hiện xăng có bị lẫn nước hay không người ta cho muối CuSO4 qua hỗn hợp chất rắn gồm CuO, Na2O đến phản ứng hoàn toàn. Viết tất cả các phương trình phản ứng có thể xảy ra trong toàn bộ thí nghiệm. Câu 4: Cho hơi nước qua than nóng đỏ thu được hỗn hợp khí X ( gồm 3 khí). Dẫn 1/2 lượng khí X trên hấp thụ hoàn toàn qua dung dịch Ba(OH)2 thu được kết tủa. Dẫn 1/2 lượng khí X trên ( lấy dư so với lượng cần cho phản ứng) qua hỗn hợp chất rắn gồm CuO, Na2O đến phản ứng hoàn toàn. Viết tất cả các phương trình phản ứng có thể xảy ra trong toàn bộ thí nghiệm.

Câu 5: Có 3 ống nghiệm mỗi ống đựng đầy một chất khí khác nhau trong các khí: HCl, SO2, C2H4. Các ống nghiệm được úp trên các chậu nước cất và được kết quả ban đầu như hình vẽ:

a) Xác định mỗi khí trong từng ống nghiệm, giải thích dựa vào độ tan. b) Mực nước trong ống nghiệm ở chất A và B thay đổi như thế nào nếu: + Thay nước cất bằng nước brom. + Thay nước cất bằng dung dịch NaOH. Viết các phương trình phản ứng xảy ra ( nếu có). Câu 6: Cho sơ đồ chuyển hóa sau:          Z   X   Y   A   B  D 1

 6    Y Ñaát ñeøn   7   F  E 8

a) Xác định các chất X, Y, Z, A, B, D, E, F biết rằng: - X là đơn chất của phi kim T, còn Y, Z là hợp chất hai nguyên tố, trong đó có chứa T. Dung dịch của Y làm quỳ tím chuyển đỏ. Z là muối Kali trong đó Kali chiếm 52,35% về khối lượng. - Từ D có thể tạo thành A bằng phản ứng với oxi xúc tác men giấm. b) Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra ( ghi rõ điều kiện nếu có). Câu 7: Cho m gam kim loại Fe tan hết trong dung dịch HNO3 25,2%, sau phản ứng hoàn toàn thu được 0,672 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất của N trong HNO3. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 7,82 gam muỗi khan. Viết phương trình phản ứng xảy ra. Tính giá trị của m và tính nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch sau phản ứng. Câu 8: Hỗn hợp khí A gồm C2H2, CH4 và H2. Dẫn m gam hỗn hợp A vào bình kín chứa chất xúc tác Ni, rồi đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí B gồm CH4, C2H4, C2H6, C2H2 và H2. Dẫn toàn bộ lượng khí B vào dung dịch brom ( dư) thấy khối lượng bình đựng

brom tăng 4,1 gam và thoát ra hỗn hợp khí D. Đốt cháy hoàn toàn D cần dùng 9,52 lít khí O2 (đktc), thu được sản phẩm cháy gồm CO2 và 8,1 gam H2O. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính m. Câu 9: Cho m gam một mẩu kim loại Ba tan hết vào 100 ml dung dịch A gồm HCl 0,08M và Al2(SO4)3 0,5M. Sau các phản ứng thu được dung dịch X, kết tủa Y và khí Z. Khối lượng dung dịch X giảm so sới dung dịch A là 14,19 gam. Thêm tiếp V ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch X thấy xuất hiện 0,78gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết phương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị của m, V. Câu 10: Cho m gam hỗn hợp gồm Na2O và BaO vào nước thu được dung dịch X. Sục từ từ đến hết 11,2 lít CO2 ở (đktc) vào X thu được dung dịch Y chỉ chứa hai muối và một chất kết tủa. Số mol kết tủa tạo thành phụ thuộc vào số mol CO2 được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Cho từ từ đến hết dung dịch Y vào 300 ml dung dịch HCl 1M thu được 5,04 lít khí ở (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị của m. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a) Mẩu Na chạy tròn trên miệng ống nghiệm, tan dần đến hết, có sủi bọt khí thoát ra ngoài 2Na + 2C2H5OH → 2C2H5ONa + H2↑ b) Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng keo của H2SiO3 H2SO4 + Na2SiO3 → Na2SO4 + H2SiO3↓ c) Hiện tượng: quỳ tím đổi sang màu đỏ, sau đó mất màu   HCl + HClO H2O + Cl2  

HCl làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ, HClO có tính oxi hóa mạnh nên làm quỳ mất màu. d) Hiện tượng: Cu(OH)2 tan dần đến hết, dung dịch thu được có màu xanh lam đậm Cu(OH)2 + 2CH3COOH → (CH3COO)2Cu + 2H2O

Câu 2: X tan trong nước tạo dd đồng nhất và có phản ứng với NaHCO3 sinh ra khí CO2 => X là axit axetic CH3COOH + NaHCO3→ CH3COONa + H2O + CO2↑ Y tan trong nước và tạo kết tủa Ag với Ag2O trong NH3 dư => Y là đường glucozơ: C12H22O11 NH 3  C6H12O7 ( axit gluconic) (dd)+ 2Ag↓ C6H10O2 (dd) + Ag2O (dd phức) 

Z tan trong nước, bị thủy phân trong H2SO4, sau đó cho phản ứng tráng bạc với Ag2O trong NH3 => Z là saccarozơ 0

H 2 SO4 ,t C12H22O11 + H2O   C6H12O6 (glucozơ) + C6H12O6 ( fructozơ) NH 3  C6H12O7 ( axit gluconic) (dd)+ 2Ag↓ C6H12O6 (glucozơ) + Ag2O (dd phức) 

P không tan trong nước, tạo thành hai lớp chất lỏng không trộn lẫn => P là dầu thực vật Q tan trong nước tạo thành dung dịch đồng nhất => Q là ancol etylic (C2H5OH) Câu 3: a) Ta lấy bột lưu huỳnh có sẵn trong phòng thí nghiệm, rắc vào nền nhà những vùng có thủy ngân rơi vãi, khi đó thủy ngân ( độc) phản ứng ngay với lưu huỳnh ở nhiệt độ thường tạo ra muối thủy ngân sunfua (HgS) không độc => quét gọn và đổ muối này vào thùng rác sẽ tránh được ô nhiễm môi trường Hg + S → HgS↓ b) Nước tự nhiên có chứa nhiều: Mg(HCO3)2, Ca(HCO3)2, Mg(NO3)2, Ca(NO3)2 Để loại bỏ các ion Mg2+ và Ca2+ có trong muối => ta dùng muối Na2CO3 để kết tủa hết các ion này về dạng MgCO3 và CaCO3 Mg(HCO3)2 + Na2CO3 → MgCO3↓ + 2NaHCO3 Ca(HCO3)2 + Na2CO3 → CaCO3↓ + 2NaHCO3 Mg(NO3)2 + Na2CO3 → MgCO3↓ + 2NaNO3 Ca(NO3)2 + Na2CO3 → CaCO3↓ + 2NaNO3 Các kết tủa này sẽ lắng xuống, tách ra khỏi nước => loại bỏ được các muối của kim loại Mg2+ và Ca2+ ra khỏi nước c) Do CuSO4 khan là chất háo nước, CuSO4 sẽ hút nước tạo thành CuSO4.5H2O có màu xanh lam đậm => từ đó nhận biết được trong xăng có bị lẫn nước hay không. Câu 4: C + 2H2O CO2 + 2H2 C + CO2 2CO

Khí X gồm 3 khí : CO2, H2, CO. Dẫn ½ lượng X qua dd Ba(OH)2 chỉ có CO2 tham gia phản ứng. Phản ứng thu được kết tủa nên có thể xảy ra các PTHH sau: CO2 + Ba(OH)2→ BaCO3↓ + H2O 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 Dẫn ½ lượng khí X trên ( lấy dư so với lượng cần thiết) qua hỗn hợp CuO và Na2O có thể xảy ra các PTHH là: 0

t H2 + CuO   Cu + H2O 0

t CO + CuO   Cu + CO2

CO2 + Na2O → Na2CO3 H2O + Na2O → 2NaOH CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O CO2 + NaOH → NaHCO3 Chú ý: sản phẩm H2O sinh ra có phản ứng với Na2O Câu 5: a) - Khí C2H4 không tan trong nước => có thể thu được hoàn toàn khí X bằng cách đẩy nước => hình vẽ A để thu khí C2H4. - SO2 là khí ít tan trong nước => một phần hòa tan trong nước tạo thành dd axit, phần còn lại không tan ta sẽ thu được khí => hình vẽ B thu khí SO2 SO2 + H2O ⟷ H2SO3 - HCl là khí tan nhiều trong nước => hình vẽ C ứng với thu khí HCl b) + Thay nước cất bằng dd nước Br2 thì mực nước trong chậu A và B sẽ dâng cao hết lên đáy ỗng nghiệm, do C2H4 và SO2 cùng có phản ứng với dd nước Br2 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr + Thay nước cất bằng dd NaOH thì mực nước trong chậu A không thay đổi do C2H4 không có phản ứng với dd NaOH, còn mực nước trong chậu B dâng lên đáy ống nghiệm do SO2 phản ứng với dd NaOH SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2Ó

SO2 + NaOH → NaHSO3 Câu 6: a) X là Cl2 Z là hợp chất 2 nguyên tố, Z là muối của Kali trong đó chiếm 52,35% về khối lượng => Z là KCl Y là hợp chất 2 nguyên tố, trong đó có chứa Clo, dd Y làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ => Y là axit => Y là HCl Đất đèn +HCl → F => F là C2H2 Ta có sơ đồ sau:          KCl   Cl2   HCl   CH 3 COOH   CH 3 COOC2 H 5   C2 H 5 OH       1

  6    HCl Ñaát ñeøn  Ca2 C2    C2 H 4 2 H 2   7  C   8

b) Các phản ứng hóa học xảy ra dpnc (1)2 KCl   2 K  Cl2 as (2) Cl2  H 2   2 HCl

(3)HCl  CH 3 COONa   CH 3 COOH  NaCl 0

H 2 SO4 dac , t (4)CH 3 COOH  C2 H 5 OH   CH 3 COOC2 H 5  H 2 O

(5)CH 3 COOC2 H 5  NaOH   CH 3 COONa  C2 H 5 OH H 2 SO4 dac (6)C2 H 5 OH   C2 H 4  H 2 O 1700 C

(7)CaC2  2 HCl   CaCl2  C2 H 2 0

Ni ,t (8)C2 H 2  H 2   C2 H 4

Câu 7: nNO 

0, 672  0, 03(mol ) 22, 4

Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1) a → 4a

→a

(mol)

3Fe + 8HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 4H2O (2) B → 8/3b

→b

→2/3b

(mol)

TH1: xảy ra phản ứng (1) tạo muối Fe(NO3)3 => nFe(NO3)3 = nNO = 0,03 (mol)

=> mmuối = mFe(NO3)3 = 0,03. 242 = 7,26 (g) # 7,82 => loại TH2: xảy ra phản ứng (2) tạo muối Fe(NO3)2 => nFe(NO3)2 = 3/2 nNO = 3/2 . 0,03 = 0,045 (mol) => mmuối = mFe(NO3)2 = 0,045. 180 = 8,1 (g) # 7,82 => loại TH3: xảy ra cả (1) và (2) phản ứng tạo 2 muối. Gọi số mol của Fe ở phản ứng (1) và (2) lần lượt là a và b (mol) 2  a  0, 01(mol )  nNO  a  b  0, 03 3   Đặt vào phương trình ta có:  b  0, 03(mol )  m muoi  242a  180b  7,82 

∑ nFe = 0,01 + 0,03 = 0,04 (mol) => mFe = 0,04.56 = 2,24 (g) ∑ nHNO3 pư = 4a + 8/3b = 4. 0,01 + 8/3. 0,03 = 0,12 (mol) mHNO3 = 0,12.63 = 7,56 (g)

mddHNO3 

mHNO3 .100% C%



7,56.100%  30( g ) 25, 2

Khối lượng dd sau: mdd sau = mFe + mddHNO3 - mNO = 2,24 + 30 – 0,03.30 = 31,34 (g) C %Fe( NO3 )3  C %Fe( NO3 ) 2 

mFe ( NO3 )3 m dd sau mFe ( NO3 )2 m dd sau

.100% 

0, 01.242 .100%  7, 72% 31,34

.100% 

0, 03.180 .100%  17, 23% 31,34

Câu 8: C2 H 4 , C2 H 2  C2 H 2 4,1 gam C2 H 4 , C2 H 2   Br2 Ni ,t 0 m( g ) A CH 4  B   CO2 : 0,425 mol O2 CH 4 , C2 H 6 H 2 H hh D : CH , C H , H   4 2 6 2  2  H 2 O : 0, 45(mol )

C2H2 + H2 C2H4 C2H2 + H2 C2H6 Khi cho hỗn hợp B qua dd nước Br2 chỉ có C2H4 và C2H2 phản ứng C2H2 +2Br2 → C2H2Br4 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 => khối lượng bình Br2 tăng chính bằng khối lượng của C2H2 và C2H4 mC2H2 + mC2H4 = 4,1 (g) Hỗn hợp khí D đi ra là CH4, C2H6 và H2 0

t CH4 + 2O2   CO2 + 2H2O 0

t C2H6 + O2   2CO2 + 3H2O 0

t 2H2 + O2   2H2O

Bảo toàn nguyên tố O cho quá trình đốt cháy hh D ta có: 2nCO2 = 2nO2 – nH2O => nCO2 = ( 0,425. 2– 0,45)/2 = 0,2 (mol) Bảo toàn khối lượng : mhh D = mCO2 + mH2O – mO2 = 0,2.44 + 0,45.18 – 0,425.32 = 3,3 (g) Bảo toàn khối lương: mA = (mC2H2 + mC2H4) + mhh D = 4,1 + 3,3 = 7,4 (g) Câu 9: nHCl = 0,1. 0,8 = 0,08 (mol) ; nAl2(SO4)3 = 0,1.0,5 = 0,05 (mol) => nAl3+ = 0,1 (mol); nSO42- = 0,15 (mol) Gọi số mol Ba là x (mol) Ba + 2HCl → BaCl2 + H2↑ Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑ 3BaCl2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 ↓+ 2AlCl3 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → BaSO4↓ + 2Al(OH)3↓ Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O Vì dd X + HCl sinh ra 0,78 gam kết tủa Al(OH)3 : 0,1 (mol) nên trong dung dịch X chắc chắn có chứa Ba(AlO2)2 => lượng OH- sinh ra đã hòa tan 1 phần lượng kết tủa Al(OH)3 Ba + 2H+ → Ba2+ + H2↑ 0,04 ← 0,08

(mol)

Ba + 2H2O → Ba2+ + 2OH- + H2↑ (x – 0,04 )

→ (2x – 0,08)

(mol)

Ba2+ + SO42- → BaSO4 3OH- + Al3+ → Al(OH)3↓ OH- + Al(OH)3 → AlO2- + 2H2O Vì Al(OH)3 bị hòa tan 1 phần => nOH - > 3nAl3+ => 2x – 0,08 > 3. 0,1 => x > 0,19 => nBa2+ > 0,19 (mol) => SO42- bị kết tủa hết => nBaSO4 = nSO42- = 0,15 (mol) Mặt khác: nOH- = 4nAl3+ - nAl(OH)3 còn lại => nAl(OH)3 còn lại = 0,48 – 2x (mol) => nAl(OH)3 còn lại = 0,32 – 2x (mol) mdd giảm = mBaSO4 + mAl(OH)3 còn lại + mH2 - mBa => 0,15.233 + (0,48 – 2x).78 + 2x - 137x = 14,19 => 291x = 58,2 => x = 0,2 (mol)

=> mBa = 0,2. 137 = 27,4 (g)  AlO2  : 0, 02 mol  Vậy dung dịch X chứa:  Ba 2 : 0, 05 mol + V ml HCl 1M→ Al(OH)3: 0,01 (mol) Cl  : 0, 08 mol 

TH1: AlO2- dư, H+ hết AlO2- + H+ + H2O → Al(OH)3↓ => nH+ = nAl(OH)3 = 0,01 (mol) => VHCl = n: CM = 0,01 (lít) = 10 (ml) TH2: AlO2- , H+ đều phản ứng hết, kết tủa sinh ra bị hòa tan 1 phần AlO2- + H+ + H2O → Al(OH)3↓ 0,02 → 0,02 H+

→ 0,02

+ Al(OH)3

(mol)

→ Al3+ + 2H2O

0,01← (0,02 – 0,01)

(mol)

=> nH+ = 0,02 + 0,01 = 0,03 (mol) => VHCl = n : CM = 0,03 (lít) = 30 (ml) Câu 10: nCO2 

11, 2  0,5 (mol ) 22, 4

Na2O + H2O → 2NaOH

(1)

BaO + H2O → Ba(OH)2

(2)

Dd X thu được chứa: Ba(OH)2 và NaOH Khi sục từ từ CO2 vào dd Y ta thu được kết tủa như đồ thị hình vẽ. Từ đồ thị ta thấy có 2 giai đoạn: + giai đoạn 1: đồ thị đi lên do xảy ra phản ứng: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓+ H2O (3) 0,2

← 0,2

(mol)

nBaCO3 max = 0,2 (mol) => nBa(OH)2 = nBaCO3 max = 0,2 (mol) + giai đoạn 2: đồ thị nằm ngang, lượng kết tủa không thay đổi do xảy ra 2 phản ứng CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O

(4)

(mol)

→ 2x

→x

CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3

(5)

(mol)

→y

→ 2y

BTNT C: ∑ nCO2 (1,2,3) = 0,2 + x + y = 0,5 => x + y = 0,3 (mol) (**)

Dd Y chỉ chứa 2 muối gồm: và Na2CO3 : (x-y) (mol); NaHCO3 : 2y (mol) ( do đồ thị vẫn đi ngang) Cho từ từ dd Y + 0,3 mol HCl → 0,225 mol CO2 xảy ra phương trình sau: Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl

(6)

(x-y) → (x – y)

(mol)

NaHCO3 +HCl → NaCl + CO2↑ + H2O (7) 0,225 ← 0,225

← 0,225

(mol)

∑ nHCl (6,7) = x – y + 0,0225 = 0,3 => x – y = 0,075 (**) Từ (*) và (**) => x = 0,1875 và y = 0,1125 (mol) BTNT Na: nNa2O = nNa2CO3 + ½ nNaHCO3 = 0,075 + 0,1125 = 0,1875 (mol) m = mBaO + mNa2O = 0,2. 153 + 0,1875.62 = 42,225 (g)

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên -Sở GD & ĐT Hồ Chí Minh - năm 2018 2019 Câu 1: 1. 1. Chọn phát biếu đúng - sai a) Thanh thép để gần bếp than nóng đỏ bị ăn mòn nhanh hơn so với thanh thép để nơi khô ráo, thoáng mát. b) Đinh sắt đặt trong không khí khô thì bị ăn mòn nhanh. c) Dao làm bằng thép không bị gỉ nếu sau khi dùng phải rửa nước sạch và lau khô. d) Dao làm bằng thép bị gỉ nếu ngâm lâu ngày trong nước tự nhiên ( nước sông, suối,…) hoặc nước máy. 1.2 Cho biết những hiện tượng nào dưới đây xảy ra trong thí nghiệm ( đường saccarozo và CuO, đun nóng) được mô phỏng qua hình vẽ: a) CuO từ màu đen chuyển sang màu đỏ. b) Bông từ màu trắng chuyển sang màu xanh. c) Dung dịch nước vôi trong bị vẩn đục. d) Dung dịch nước vôi trong bị vẩn đục, sau đó trở nên trong suốt.

Viết phương trình hóa học xảy ra với mỗi hiện tượng quan sát được. 1.3 Chu kì bán hủy của một chất phóng xạ là khoảng thời gian cần thiết để một nửa lượng chất đó bị phân rã. Chu kì bán hủy của triti là 12,3 năm. Mô hình sau cho thấy sự biến đổi của lượng triti theo thời gian

Hỏi lượng triti còn lại bao nhiêu mg sau 61,5 năm? 1.4 Không khí lỏng có thể được tách thành ba thành phần chính bằng cách chưng cất một cách cẩn thận. Bên đây là đồ thị minh họa nhiệt độ của hỗn hợp trong suốt quá trình chưng cất. Ba thành phần chính của không khí lỏng là nitơ, argon và oxi với nhiệt độ sôi lần lượt là:

Nitơ : -1960C, Argon: - 1860C và Oxi: -1830C. Hãy xác định đoạn nào trong đồ thị bên chỉ ra nhiệt độ sôi của nitơ, argo và oxi?

Câu 2: 2.1 Dẫn luồng khí oxi qua bình A chứa lượng dư than nung đỏ, thu được một chất khí X. Dẫn khí X vào bình B chứa hỗn hợp hai oxit Al2O3 và Fe2O3 nung nóng ở nhiệt độ thích hợp, thu được một chất khí Y và hỗn hợp chất rắn Z. Dẫn khí Y vào bình C đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì thấy xuất hiện kết tủa trắng. Cho chất rắn Z vào bình đựng dung dịch H2SO4 ( loãng, dư) thì thu được dung dịch T và không thấy có bọt khí thoát ra. Biết rằng dung dịch T không hòa tan được kim loại Fe. Xác định thành phần các chất trong X, Y, Z, T và viết các phương trình hóa học xảy ra. 2.2 Cho hỗn hợp A gồm Al, BaO và Na2CO3 ( có cùng số mol) vào nước dư, thu được dung dịch X và chất kết tủa Y. Xác định thành phần chất tan trong dung dịch X. 2.3 Bốn chất hữu cơ có công thức phân tử là C2H4, C2H6O, C2H4O2, C4H8O2 thực hiện được chuyển hóa sau:  C2 H 6O  C4H8O2 C2H4 → C2H6O → C2H4O2 

a) Viết các phương trình hóa học thực hiện chuyển hóa trên và xác định công thức cấu tạo của bốn chất hữu cơ. b) Trong số bốn chất hữu cơ trên, chất nào tác dụng với dung dịch NaOH trong điều kiện thích hợp? Chất nào tác dụng với kim loại Na ? Câu 3: 3.1 Nhúng một thanh đồng vào 200 ml dung dịch AgNO3 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thanh đồng được lấy ra, đem rửa sạch, sấy khô cẩn thận và biết toàn bộ Ag tạo ra đều bám vào thanh đồng. Khối lượng thanh đồng tăng hay giảm bao nhiêu gam so với ban đầu? 3.2 Tính khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O cần dùng hòa tan hoàn toàn vào 400 gam dung dịch CuSO4 2% để thu được dung dịch CuSO4 1M ( D = 1,1 g/ml). 3.3 Hòa tan hoàn toàn 4 gam hỗn hợp gồm Fe và một kim loại hóa trị II vào dung dịch HCl dư, thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Nếu chỉ dùng 2,4 gam kim loại hóa trị II thì sử dụng không hết 0,5 mol HCl. Xác định tên kim loại hóa trị II.

3.4 Dung dịch A chứa hỗn hợp HCl 1,4M và H2SO4 0,5M. Cho V lít dung dịch hỗn hợp NaOH 2M và Ba(OH)2 4M vào 500 ml dung dịch A, thu được kết tủa B và dung dịch C. Cho thanh Zn ( lấy dư) vào dung dịch C, sau khi phản ứng kết thức thu được 3,36 lít khí H2 (đktc). Xác định giá trị V và khối lượng kết tủa B. Câu 4: 4.1 Hòa tan m gam rượu etylic ( D = 0,8 g/ml) vào 108 ml nước ( D= 1 g/ml) tạo thành dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với kim loại Na dư, thu được 85,12 lít khí H2 (đktc). Tính giá trị m và nồng độ mol của rượu etylic. 4.2 Thủy phân hoàn toàn a gam este đơn chức X được 3,2 gam CH3OH và 0,7666a gam axit cacboxylic. Xác định CTCT của X, cho rằng X thực hiện phản ứng thủy phân ( R là CxHy hoặc H) như sau: R−COO-CH3 + H2O → R – COOH + CH3− OH 4.3 Hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon ở thể khí: CxH2x+2, CyH2y và CzH2z-2, trong đó thể tích CzH2z-2 gấp 3 lần thể tích CxH2x+2. Đốt cháy hoàn toàn 1,344 lít hỗn hợp A (đktc), toàn bộ sản phẩm cháy cho qua bình đựng Ca(OH)2 dư, thấy khối lượng bình tăng 9,56 gam và xuất hiện 16 gam kết tủa trắng. a) Tính thành phần % theo thể tích của mỗi hiđrocacbon trong hỗn hợp A. Biết rằng thể tích các khí đo cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. b) Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon, biết rằng trong hỗn hợp A có 2 hiđrocacbon có cùng số nguyên tử C và đều bằng một nửa số nguyên tử C của hiđrocacbon còn lại. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1.1 a) đúng. b) sai, đinh sắt đặt trong không khí ẩm mới bị ăn mòn c) đúng d) đúng 1.2 Các hiện tượng mô tả đúng với hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm là: b) Bông từ màu trắng chuyển sang màu xanh c) Dung dịch nước vôi trong bị vẩn đục. Vì khi đốt C12H22O11 xảy ra PTHH: 0

t C12H22O11 + O2   12CO2 + 11H2O

hapthu nuoc  CuSO4.5H2O (màu xanh) CuSO4( khan, màu trắng ) 

CO2 + Ca(OH)2 dư → CaCO3↓ (trắng) + H2O 1.3 Chu kì phân rã của triti là 12,3 năm. Tức sau 12,3 năm thì một nửa lượng triti bị phân rã => Sau 61,5 năm =

61,5  5 chu kì bán rã 12,3

=> sau 61,5 năm thì lượng triti còn lại là

100  3,125 mg 25

Vậy sau 61,5 năm lượng triti còn lại là 3,125 mg. 1.4 Ta thấy nhiệt độ sôi của oxi thấp nhất (-1830C) , sau đó đến argon (- 1860C ) và cuối cùng là nitơ (-1960C) => khi nâng dần nhiệt độ từ thấp nên cao ta sẽ thu được oxi trước => đến argon rồi đến nitơ Nhiệt độ sôi của các chất là cố định, nên đoạn nằm ngang ( không biến thiên) chính là hằng số nhiệt độ sôi của các chất => đoạn MN là nhiệt độ sôi của oxi, đoạn OP là nhiệt độ sôi của Argon, đoạn OR là nhiệt độ sôi của nitơ. Câu 2: 2.1 0

t O2 + C   dư 2CO

Khí X là CO Khi cho CO qua Al2O3 và Fe2O3 chỉ có Fe2O3 bị CO khử 0

t Fe2O3 + 3CO   2Fe + 3CO2↑

Khí Y là CO2 Hỗn hợp rắn Z: Fe, Al2O3, có thể có Fe2O3 dư Khí Y + Ca(OH)2 dư chỉ tạo ra muối trung hòa CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓trắng + H2O Cho hỗn hợp Z vào H2SO4 loãng dư, không thấy có khí thoát ra => trong Z chắc chắn có Fe2O3 dư Al2O3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2O 2.2 hỗn hợp A gồm Al, BaO và Na2CO3 ( có cùng số mol) vào nước dư xảy ra các phản ứng sau: BaO + H2O → Ba(OH)2 1 (mol)

(1)

→ 1 (mol)

Ba(OH)2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaOH

(2)

1 (mol) Al

1 (mol)

→2 (mol)

+ NaOH + H2O → NaAlO2 + H2↑

1 (mol) → 1 (mol)

(3)

→ 1 (mol)

Giả sử số mol của Al, BaO và Na2CO3 là 1 (mol) Đặt số mol các chất tham gia phản ứng vào phương trình (1), (2), (3) => dd X gồm: NaAlO2: 1 (mol) và NaOH dư : 1 (mol) Kết tủa Y là: BaCO3 Fe2O3 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + H2O Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 Dung dịch T không hòa tan được Fe => Fe2(SO4)3 phản ứng hết Vậy dd T gồm: Al2(SO4)3 và FeSO4 2.3 a) (3)  CH 3CH 2 OH (1) (2) CH 2  CH 2   CH 3 CH 2  OH   CH 3  COOH   CH 3 COOCH 2 CH 3 

H ,t (1) CH2=CH2 + H2O   CH3-CH2-OH men giam  CH3COOH (2) CH3-CH2-OH + O2  0

H 2 SO4 dac , t (3) CH3COOH + CH3CH2OH   CH3COOCH2CH3 + H2O

CTCT của: C2H4: CH2=CH2 C2H6O: CH3-CH2-OH C2H4O2: CH3COOH C4H8O2: CH3COOCH2CH3 b) Các chất tác dụng được với NaOH trong điều kiện thích hợp là: CH3COOH và CH3COOCH2CH3 Các chất tác dụng được với Na là: CH3-CH2-OH ; CH3COOH CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O CH3COOCH2CH3 + NaOH → CH3COONa + CH3CH2OH 2CH3-CH2-OH + 2Na → 2CH3-CH2-ONa + H2↑ 2CH3COOH+ 2Na → 2CH3COONa + H2↑ Câu 3: 3.1 nAgNO3 = 0,2. 1 = 0,2 (mol) PTHH: Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag↓

Theo PTHH: nCu = ½ nAgNO3 = ½. 0,2 = 0,1 (mol) => mCu = 0,1.64 = 6,4 (g) Theo PTHH: nAg = nAgNO3 = 0,2 (mol) => mAg = 0,2.108 = 21,6 (g) Vì Ag sinh ra đều bám hết vào thanh đồng => khối lượng thanh đồng tăng số gam là : ∆ = mAgsinh ra - mCu pư = 21,6 – 6.4 = 15,2 (g) 3.2 Gọi số mol CuSO4.5H2O cần lấy là x (mol) => nCuSO4 = x (mol) Khối lượng CuSO4 2% có trong 400 gam dung dịch là: mCuSO4 

m dd CuSO4 100%

 mCuSO4 

.C % 

400.2%  8( g ) 100%

8  0, 05(mol ) 160

Tổng số mol CuSO4 sau khi hòa tan là: x + 0,05 (mol) => thể tích dung dịch sau khi hòa tan: Vdd 

n

CuSO4



x  0, 05  x  0, 05 (lit ) (1) 1

Tổng khối lượng dung dịch sau khi hòa tan: mdd sau = mCuSO4.5H2O + mdd CuSO4 2% = 160x + 400 (g) Mặt khác: Vdd =

mdd sau 160 x  400  (ml ) (2) D 1,1

Từ (1) và (2) => (x+ 0,05).1000 =

160 x  400 1,1

=> 1100x + 55 = 160x + 400 => 850x = 345 => x ≈0, 406 (mol) => mCuSO4.5H2O = 0,406.250 = 101,47 (g) 3.3 Gọi kim loại hóa trị II là A. Gọi số mol của Fe và A lần lượt là a và b (mol) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (1) a

→a

(mol)

A + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (2) b

→b

(mol)

mhh  56a  Ab  4 56(0,1  b)  M A .b  4 (*) Ta có:     b(56  M A )  1, 6(***) (**)  nH 2  a  b  0,1 a  0,1  b

Vì a> 0 từ (**) => b < 0,1 thế vào (***)  56  M A 

1, 6  16  M A  40 (3) 0,1

Nếu chỉ dùng 2,4 gam kim loại A thì không sử dụng hết 0,5 mol HCl Từ PTHH (2) => nA = ½ nHCl => nA < ½. 0,5 = 0,25 (mol)  M A 

mA 2, 4   9, 6 ( g / mol ) (4) nA 0, 25

Từ (3) và (4) => 9,6 < MA < 40 Vậy MA = 24 (Mg) là thỏa mãn 3.4 nHCl = 0,5.1,4 = 0,7 (mol) ; nH2SO4 = 0,5.0,5 = 0,25 (mol) => nSO42- = nH2SO4 = 0,25 (mol) ∑ nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 0,7 + 2.0,25 = 1,2 (mol) nNaOH = 2V (mol) ; nBa(OH)2 = 4V (mol) ∑ nOH- = nNaOH + 2nBa(OH)2 = 2V + 2.4V = 10V (mol) Các PTHH xảy ra: H+ + OH- → H2O

(1)

Ba2+ + SO42- → BaSO4↓ (2) Khi cho Zn vào dd C thấy có khí H2 thoát ra => có 2 trường hợp có thể xảy ra. Zn có thể bị hòa tan bởi dung dịch axit hoặc bazo nH2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol) TH1: dd C có chứa H+ dư => phản ứng (1) OH- phản ứng hết Zn + 2H+ → Zn2+ + H2↑ 0,3

← 0,15

(3) (mol)

=> nH+ (1) = ∑ nH+ - nH+ dư = 1,2 – 0,3 = 0,9 (mol) Theo (1): ∑nOH- = nH+ (1) = 0,9 = 10V => V = 0,09 (lít) nBa(OH)2 = 4.0,09 = 0,36 => nBa2+ = nBa(OH)2 = 0,36 (mol) > nSO42Từ PTHH (2) => nBaSO4 = nSO42- = 0,25 (mol) => mBaSO4 = 0,25.233 = 58,25(g) TH2: dd C có chứa OH- dư => phản ứng (1) H+ phản ứng hết Zn + 2OH- → ZnO22- + H2↑ 0,3

(4)

← 0,15 (mol)

=> ∑ nOH- = nOH-(1) + nOH- (4) = 1,2 + 0,3 = 1,5 (mol) => 10V = 1,5 => V = 0,15 (lít)

=> nBa(OH)2 = 0,15. 4 = 0,6 (mol) => nBa2+ = 0,6 (mol) > nSO42- = 0,25 (mol) => mBaSO4 = 0,25.233 = 58,25 (g) Câu 4: 4.1 nH2 = 85,12 : 22,4 = 3,8 (mol) ; nH2O = VH2O.D = 108 (g) => nH2O = 108/18 = 6 (mol) PTHH: 2Na + 2C2H5OH → 2C2H5ONa + H2↑ x

→ 0,5x

(mol)

2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑ 6

→3

(mol)

Ta có: nH2 = 0,5x + 3 = 3,8 => x = 1,6 (mol) = nC2H5OH mC2H5OH = 1,6.46 = 73,6 (g) Vruou 

mruou 73, 6   92(ml ) Druou 0,8

Doruou 

Vruou 92 .100%  .100%  460 V dd ruou 92  108

4.2 nCH3OH = 3,2: 32 = 0,1 (mol) R−COO-CH3 + H2O → R – COOH + CH3− OH 0,1

←

0,1

← 0,1

(mol)

meste = 0,1 (R + 59) = a (1) maxit = 0,1 (R + 45 ) = 0,776a (2) (1) R  59 1    R  0,98  1  H  (2) R  45 0, 7666

Vậy CTPT của este X là HCOOCH3 4.3 nA 

1,344  0, 06(mol ) 22, 4

Cx H 2 x  2 :a (mol )  Gọi số mol của các chất trong A là: C y H 2 y :b (mol )  Cz H 2 z  2 : c (mol ) 0

t CxH2x +2 + (3x+1)/2O2   x CO2 + (x+1) H2O

t CyH2y + 3y/2O2   y CO2 + y H2O 0

t CzH2z-2 + (3z-1)/2O2   zCO2 + (z-1) H2O

Khi đốt cháy hỗn hợp A thu được CO2 và H2O. Cho sản phẩm qua Ca(OH)2 dư thì khối lượng bình tăng chính là khối lượng của H2O và CO2 => mCO2 + mH2O = 9,56 (g) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O nCO2 = nCaCO3 = 16/100 = 0,16 (mol) => nH2O = (9,56 – 0,16.44)/18 = 0,14 (mol) Ta có hệ phương trình:  nA  a  b  3a  0, 06 (1)   4a  b  0, 06 a  0, 01     nCO2  ax  by  3az  0,16 (2) a  3a  0,16  0,14 b  0, 02   nH 2O  a ( x  1)  by  3a ( z  1)  0,14 (3)

%VCx H 2 x  2  %VC y H 2 y 

0, 01 .100%  16, 67% 0, 01  0, 02  3.0, 01

0, 02 .100%  33,33% 0, 01  0, 02  3.0, 01

%VCz H 2 z  2 

0, 01.3 .100%  50% 0, 01  0, 02  3.0, 01

b) thế a, b vào (2) => 0,01x + 0,02y + 3.0,01z = 0,16 => x + y +3z = 16 Vì có 2 hidrocacbon bằng nhau và bằng một nửa số cacbon của hidrocacbon còn lại nên có các trường hợp sau:

x  y TH1 :   y  2 y  6 y  16  y  1, 77( Loai ) z  2 y x  z TH 2 :   z  4 z  3 z  16  z  2 ( Nhan)  y  2z y  z TH 3 :   2 z  2 z  3 z  16  z  2, 28( Loai ) x  2z Vậy công thức phân tử của 3 hidrocacbon là: C2H6; C2H4 và C2H2

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên -Chuyên Lê Qúy Đôn - Đà Nẵng - năm 2018 - 2019 Câu 1: 1. Hình bên là bộ dụng cụ dùng để điều chế một số khí trong phòng thí nghiệm. (a) Khí C nào trong số các khí sau: H2, C2H2, SO2, Cl2, CO và HCl có thể được điều chế bằng bộ dụng cụ bên? (b) Hãy chọn các chất A và B tương ứng để điều chế các khí C được chọn và viết các phương trình hóa học tương ứng.

2. Có 5 lọ đánh số từ (1) đến (5), mỗi lọ chứa một trong các dung dịch sau: Na2SO4, (CH3COO)2Ba, Al2(SO4)3, NaOH và Ba(OH)2. Biết: - Rót dung dịch từ lọ (4) vào lọ (3) hoặc (5) đều tạo kết tủa. - Rót từ từ đến dư dung dịch trong lọ (2) vào lọ (1) thì có kết tủa sau đó kết tủa tan dần tạo thành dung dịch trong suốt. - Rót từ từ đến dư dung dịch lọ (5) vào lọ (1) thì có kết tủa sau đó kết tủa tan một phần. Xác định chất tương ứng trong mỗi lọ. Viết phương trình hóa học của các phản ứng. 3. Nhỏ từ từ 300 ml dung dịch HCl 0,5M vào dung dịch chứa a gam hỗn hợp Na2CO3 và NaHCO3 thu được 1,12 lít khí (đktc) và dung dịch X. Thêm dung dịch Ca(OH)2 dư vào dung dịch X thu được 20 gam kết tủa. Tính a. Câu 2: 1. Cho biết A, B, C là các hợp chất vô cơ của natri. Cho dung dịch A lần lượt tác dụng với dung dịch B, C thu được các chất khí tương ứng X, Y. Biết X, Y đều tác dụng được với dung dịch kiềm, dX/Y = 16/11. Xác định các chất A, B, C, X và Y. Viết phương trình hóa học minh họa cho các phản ứng. 2. Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm Al và FexOy trong điều kiện không có không khí theo phản ứng: 0

t 3FexOy + 2Al   3xFe + yAl2O3, sau phản ứng thu được hỗn hợp Y. Chia hỗn hợp Y

thành hai phần:

- Cho phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 1,008 lít H2 và còn lại 5,04 gam chất rắn không tan. - Phần 2 có khối lượng 14,895 gam, cho phần 2 vào dung dịch HCl dư thu được 4,536 lít H2. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn và các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. (a) Tìm giá trị của m. (b) Xác định công thức hóa học của FexOy. Câu 3: 1. Hãy cho biết thành phần chính của thủy tinh. Viết phương trình hóa học của các phản ứng trong quá trình sản xuất thủy tinh từ các nguyên liệu là cát trắng, sôđa và đá vôi. 2. Khí SO2 do nhà máy thải ra là nguyên nhân quan trọng nhất gây ô nhiễm không khí. Tổ chức y tế Thế giới (WHO) quy định: nếu lượng SO2 vượt quá 3.10-5 mol/m3 không khí coi như không khí bị ô nhiễm SO2. Khi phân tích 50 lít không khí một thành phố thấy có 0,012 mg SO2. Không khí thành phố có bị ô nhiễm SO2 không? Vì sao? 3. Chiếu sáng hỗn hợp khí gồm 0,896 lít Cl2 và 1,12 lít H2 (đktc) rồi cho toàn bộ hỗn hợp các chất sau phản ứng vào dung dịch AgNO3 dư thu được 7,175 gam kết tủa. Một học sinh tính hiệu suất của phản ứng giữa H2 và Cl2 là 62,5%. Hãy nêu nhận xét về kết quả này và giải thích. Câu 4: 1. (a) Cho 3 hiđrocacbon có cùng số nguyên tử cacbon là X, Y và Z. Biết Y và Z đều làm mất màu dung dịch brom, từ Z có thể điều chế axit axetic bằng 2 phản ứng. Xác định công thức cấu tạo các chất X, Y và Z. Viết phương trình hóa học của các phản ứng. (b) Trong phòng thí nghiệm, quá trình điều chế khí Z thường bị lẫn SO2. Để loại bỏ SO2 ra khỏi hỗn hợp khí gồm Z và SO2, có thể dùng dung dịch chứa chất nào trong các chất ( riêng biệt) sau đây: BaCl2, Ca(OH)2, Br2 và K2SO3? Giải thích và viết phương trình hóa học minh họa cho các phản ứng. 2. Hỗn hợp X gồm anken A ( CnH2n) và ankin B (CmH2m-2): - Biết 0,5 mol hỗn hợp X phản ứng tối đa với 0,8 mol H2. - Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X rồi hấp thụ sản phẩm cháy bằng dung dịch nước vôi trong thấy có 25 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 7,48 gam so với ban đầu. Lọc bỏ kết tủa, thêm tiếp lượng dư dung dịch KOH vào dung dịch nước lọc thu được thêm 2,5 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của A và B và tính m. Câu 5: 1. Tiến hành thí nghiệm về tính tan của các chất như sau: - Cho 1 ml dầu ăn vào một ống nghiệm có chứa sẵn 1 ml benzen, lắc kĩ rồi để yên. Nêu hiện tượng xảy ra trong ống nghiệm.

- Tiếp tục nhỏ thêm 1 ml nước cất vào hỗn hợp trên, lắc kĩ rồi để yên. Nêu hiện tượng xảy ra trong ống nghiệm. 2. (a) Hãy phân biệt 4 gói bột riêng biệt : glucozơ, saccarozơ, bột mì và bột giấy. (b) Polime X được tạo bởi một loại mắt xích có 38,4% cacbon; 56,8% clo ; còn lại là hiđro về khối lượng. - Xác định công thức cấu tạo và goi tên của X. Biết trong mỗi mắt xích chỉ chứa 1 nguyên tử clo. - Cho biết một số ứng dụng của X trong thực tế. 3. Hỗn hợp X gồm 2 axit cacboxylic mạch hở có công thức: CnH2n-1COOH và CmH2m(COOH)2 và một ancol mạch hở dạng ROH. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được 2,688 lít CO2 (đktc) và 2,52 gam H2O. Thực hiện phản ứng este hóa m gam X ( giả sử hiệu suất các phản ứng đều bằng 100%) thu được hỗn hợp, trong đó khối lượng các chất hữu cơ là 3,22 gam và chỉ chứa nhóm chức este. Xác định công thức cấu tạo của các axit và ancol ban đầu. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1. (a) Từ hình ảnh bộ dụng cụ ta thấy đây là bộ dụng cụ để điều chế các khí không tác dụng được với nước, và không tan hoặc rất ít tan trong nước => khí C có thể điều chế được là các khí: H2, C2H2, SO2 Cl2 và HCl không điều chế được vì tan trong nước CO không điều chế được bằng bộ dụng cụ này trong phòng thí nghiệm. (b) Điều chế: H2 ; A có thể là HCl hoặc H2SO4 loãng ; B là có thể là kim loại Zn, Fe… 2HCl + Zn → ZnCl2 + H2↑ Điều chế: C2H2; A là H2O ; B là CaC2 rắn 2H2O + CaC2 → Ca(OH)2 + C2H2↑ Điều chế: SO2 ; A là HCl ; B là Na2SO3 rắn 2HCl + Na2SO3 → 2NaCl + SO2↑ + H2O 2. Có 5 lọ: Na2SO4, (CH3COO)2Ba, Al2(SO4)3, NaOH và Ba(OH)2 Rót từ từ các chất từ lọ này vào lọ khác ta có bảng sau: Na2SO4

Na2SO4 -

(CH3COO)2Ba ↓ trắng

Al2(SO4)3 -

NaOH -

Ba(OH)2 ↓ trắng

(CH3COO)2Ba Al2(SO4)3 NaOH

Ba(OH)2

↓ trắng -

↓ trắng

↓ trắng -

↓ trắng

Xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan dần thành dd trong suốt Xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan 1 phần

Xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan ngay

Xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan 1 phần

Dấu ‘ – ‘ thể hiện không có phản ứng xảy ra. Từ giả thiết bài toán: - Rót dung dịch từ lọ (4) vào lọ (3) hoặc (5) đều tạo kết tủa => lọ (4) có thể là Na2SO4 hoặc (CH3COO)2Ba vì từ bảng ta thấy 2 chất này cùng tạo 2 kết tủa với các chất khác. - Rót từ từ đến dư dd trong lọ (2) vào lọ (1) thì có kết tủa sau đó kết tủa tan dần tạo thành dung dịch trong suốt => lọ (2) là NaOH; lọ (1) là Al2(SO4)3 - Rót từ từ đến dư dd lọ (5) vào lọ (1) thì có kết tủa sau đó kết tủa tan một phần => lọ (5) là Ba(OH)2 và lọ (1) là Al2(SO4)3. - Từ lọ (5) là Ba(OH)2 => lọ (4) là Na2SO4 => lọ (3) là (CH3COO)2Ba Kết luận: Vậy thứ tự các lọ là: (1)

(2)

(3)

(4)

(5)

Al2(SO4)3

NaOH

(CH3COO)2Ba

Na2SO4

Ba(OH)2

Các phản ứng hóa học xảy ra: Na2SO4 + (CH3COO)2Ba → BaSO4↓ + 2CH3COONa Na2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓ + 2NaOH 6NaOH + Al2(SO4)3 → 2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 NaOH dư + Al(OH)3↓ → NaAlO2 + 2H2O Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4↓ (không tan khi cho Ba(OH)2 dư) Ba(OH)2 + 2Al(OH)3↓ → Ba(AlO2)2 + 4H2O 3. nHCl = 0,3.0,5 = 0,15 (mol) ; nCO2= 1,12 :22,4 = 0,05 (mol) Khi nhỏ từ từ dd HCl vào dung dịch hỗn hợp NaHCO3 và Na2CO3 sẽ xảy ra phản ứng theo thứ tự: HCl + Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl

(1)

HCl + NaHCO3 → CO2 + H2O

(2)

Vì dung dịch X sau phản ứng + Ca(OH)2 dư thu được 20 gam kết tủa nữa => trong dd X có chứa NaHCO3 dư => HCl phản ứng hết 2NaHCO3 + Ca(OH)2 dư → CaCO3 + Na2CO3 + H2O (3) 0,4

← 0,2

(mol)

nCaCO3 = 20 :100 = 0,2 (mol) Từ PTHH (3) => nNaHCO3 dư = 2nCaCO3 = 0,4 (mol) HCl

(0,15 – 0,05) HCl 0,05

Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl → 0,1

→ 0,1

+ NaHCO3 → CO2 + H2O ← 0,05

(1) (mol) (2)

← 0,05

(mol)

Từ PTHH (2): nHCl(2) = nNaHCO3(2) = nCO2 = 0,05 (mol) => nHCl(1) = ∑ nHCl – nHCl(2) = 0,15 – 0,05 = 0,1 (mol) Từ PTHH (1): nNa2CO3 = nHCl = 0,1 (mol) nNaHCO3(1) = nHCl(1) = 0,1 (mol) Ta có: nNaHCO3(1) + nNaHCO3 bđ = nNaHCO3(2) + nNaHCO3 dư => nNaHCO3 bđ = 0,05 + 0,4 – 0,1 = 0,35 (mol) => a = mNa2CO3 + mNaHCO3 bđ = 0,1.106 + 0,35.84 = 40 (g) Câu 2: 1. A, B, C đều là các hợp chất vô cơ của natri. dd A + dd B → khí X dd A + dd C → khí Y => A,B, C đều phải là các chất tan được trong nước (tính tan vật lí) => A phải có tính axit thì mới tác dụng được với dd B, C để giải phóng ra khí X, Y đều tác dụng được với dd kiềm => X, Y đều là oxit axit =>

M SO 2 64 16 M X 16    X là SO2 còn Y là CO2 vì M Y 11 M CO 2 44 11

=> A là NaHSO4 B là Na2SO3 hoặc NaHSO3 C là Na2CO3 hoặc NaHCO3 2NaHSO4 + Na2SO3 → 2Na2SO4 + SO2↑ + H2O NaHSO4 + NaHSO3 → Na2SO4 + SO2↑ + H2O 2NaHSO4 + Na2CO3 → 2Na2SO4 + CO2↑ + H2O

NaHSO4 + NaHCO3 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O SO2, CO2 đều tác dụng được với dung dịch kiềm Ví dụ: SO2 + 2NaOH → Na2SO3 +H2O CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O 2. 0

t 3FexOy + 2yAl   3xFe + y Al2O3

Hỗn hợp rắn Y sau phản ứng chia làm 2 phần bằng nhau, phần 1 tác dụng được với NaOH dư giải phóng khí => có Al dư sau phản ứng. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Vậy hỗn hợp Y gồm: Fe, Al2O3, Al dư Phần 1: nH2 = 1,008/ 22,4 = 0,045 (mol) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2↑ 0,03

← 0,045 (mol)

Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O => mAl dư = 0,03. 27 = 0,81 (mol) Khối lượng chất rắn còn lại chính là khối lượng của sắt: mFe = 5,04 (g) => nFe = 0,09 (mol) Tỉ lệ

nFe 0, 06   3 => tỉ lệ này cũng tương ứng trong phần 2 nAl du 0, 03

Phần 2: nH 2 

4,536  0, 2025(mol ) 22, 4

Gọi số mol Al là x => nFe = 3x (mol) Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑ x

→ 1,5x

(mol)

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ 3x

→ 3x

(mol)

Ta có: ∑ nH2= 1,5x + 3x = 0,2025 => x = 0,045 (mol) BTKL => mAl2O3 = 14,895 – mAl - mFe = 14,895 – 0,045.27 – 3. 0,045.56 = 6,12 (g) => nAl2O3 = 6,12 : 102 = 0,06 (mol) Tỉ lệ

nAl2O3 nAl du



0, 06 4  => đây cũng là tỉ lệ trong phần 1 0, 045 3

=> trong phần 1 có chứa số mol Al2O3 =

4 4 nAl du  .0, 03  0, 04(mol ) 3 3

Vây trong hỗn hợp Y có chứa: ∑ nAl dư = 0,03 + 0,045 = 0,075 (mol) ∑ nFe = 0,09 + 3.0,045 = 0,225 (mol) ∑ nAl2O3 = 0,04 + 0,06 = 0,1 (mol) Bảo toàn khối lượng : => mX = mY = mAl dư + mFe + mAl2O3 = 0,075.27 + 0,225.56 + 0,1.102 = 24,825 (g) a) vậy m = 24,825 (g) b) nO(trong oxit) = 3nAl2O3 = 3. 0,1 = 0,3 (mol) x nFe 0, 225 3    y nO 0,3 4

Vậy công thức hóa học của oxit sắt là Fe3O4 Câu 3: Thành phần chính của thủy tinh là Na2SiO3 và CaSiO3 Các PTHH điều chế thủy tinh từ cát trắng ( SiO2); sôđa (Na2CO3) ; đá vôi (CaCO3) 0

t CaCO3   CaO + CO2↑ 0

t SiO2 + CaO   CaSiO3 0

t SiO2 + Na2CO3   Na2SiO2 + CO2

2. Số mol SO2 có trong 50 lít không khí là: nSO2 

0, 012.103  1,875.107 (mol ) 64

Nồng độ của SO2 trong 50 lít không khí là: CM 

n 1,875.107   3, 75.109 (mol / lit )  3, 75.106 (mol / m3 ) V 50

Ta thấy nồng độ của SO2 = 3,75.10-6 (mol/ m3) < 3.10-5 (mol/m3) => Lượng SO2 này chưa vượt quá nồng độ bị ô nhiễm Vậy không khí trong thành phố này không bị ô nhiễm SO2. 3. nCl2 

0,896 1,12 7,175  0, 04(mol ); nH 2   0, 05(mol ); nAgCl   0, 05(mol ) 22, 4 22, 4 143,5

anh sang  2HCl Cl2 + H2 

(1)

Hỗn hợp sản phẩm gồm: HCl, Cl2 dư, H2 dư. Khi cho phản ứng với AgNO3 chỉ có HCl phản ứng.

HCl + AgNO3 → AgCl + HNO3 (2) 0,05

← 0,05

(mol)

Từ PTHH (2): nHCl = nAgCl = 0,05 (mol) Từ PTHH (1): nCl2pư = nH2 pư = ½ nHCl = ½. 0,05 = 0,025 (mol) Vì nCl2bđ < nH2 => Hiệu suất được tính theo Cl2

%H 

nCl2 pu n Cl2 bd

.100% 

0, 025 .100%  62,5% 0, 04

Vậy bạn học sinh đã tính đúng hiệu suất phản ứng giữa Cl2 và H2. Chú ý: 3.Tính hiệu suất theo chất phản ứng hết khi H =100% Câu 4: 1. (a) Y, Z đều làm mất màu dung dịch Br2 mà từ Z có thể điều chế axit axetic bằng 2 phản ứng nên Z là CH2=CH2 hoặc CH≡CH TH1: Z là CH2=CH2, Y là CH≡CH, X là CH3-CH3 PTHH: CH≡CH + 2Br2 → CHBr2-CHBr2 CH2=CH2 + Br2 → CH2Br-CH2Br HgSO4 , H 2 SO4  CH3-CH2-OH CH2=CH2 + H2O  80o C men giam  CH3COOH + H2O CH3-CH2-OH + O2 

TH2: Z là CH≡CH, Y là CH2=CH2, X là CH3-CH3 CH≡CH + 2Br2 → CHBr2-CHBr2 CH2=CH2 + Br2 → CH2Br-CH2Br HgSO4 , H 2 SO4  CH3CHO CH=CH + H2O  80o C o

xt ,t CH3CHO + O2   CH3COOH

(b) Trong phòng thí nghiệm, quá trình điều chế khí Z thường bị lẫn SO2 nên Z là C2H4. Vậy để tách SO2 ra khỏi hỗn hợp C2H4 và SO2 ta có thể dùng các chất: Ca(OH)2, K2SO3. PTHH: SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3↓ + H2O K2SO3 + SO2 + H2O → 2KHSO3 2. * Thí nghiệm 1: Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch Br2

Đặt số mol anken A và ankin B lần lượt là x và y (mol) nX = x + y = 0,5 (1) CnH2n + Br2 → CnH2nBr2 x

CmH2m-2 + 2Br2 → CmH2m-2Br4 y

=> nBr2 = x + 2y = 0,8 (2)

n  x  y  0,5  x  0, 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có:    A   nA  nB nB 3 3  x  2 y  0,8  y  0,3 * Thí nghiệm 2: Đốt cháy hỗn hợp X Hấp thụ CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 thấy xuất hiện kết tủa, thêm KOH dư vào dung dịch thu được lại tiếp tục xuất hiện kết tủa nên ta có các phương trình hóa học sau: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,25

← 0,25

2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 0,05

←

0,025

Ca(HCO3)2 + 2KOH → K2CO3 + CaCO3 + 2H2O 0,025

←

0,025

nCO2 = 0,25 + 0,05 = 0,3 mol Ta có: m dung dịch giảm = mCaCO3 – mCO2 – mH2O => 7,48 = 25 – 0,3.44 – mH2O => mH2O = 4,32 gam => nH2O = 4,32/18 = 0,24 mol Mặt khác, nB = nCO2 – nH2O = 0,3 – 0,24 = 0,06 mol => nA = 0,06(2/3) = 0,04 mol BTNT C: nCO2 = n.nA + m.nB => 0,04n + 0,06m = 0,3 => 2n + 3m = 15 (n≥2, m≥2) m

4,5

1,5

Vậy A là C3H6 và B là C3H4 Khối lượng của hỗn hợp là: m = mC3H6 + mC3H4 = 0,04.42 + 0,06.40 = 4,08 (gam) Câu 5: 1. - Dầu ăn tan trong benzen tạo thành dung dịch đồng nhất.

- Nước không tan trong dầu ăn và benzen, phân thành 2 lớp: + Lớp trên là dầu ăn và benzen + Lớp dưới là nước cất 2. (a) Bột mì có chứa tinh bột, bột giấy có chứa xenlulozo.

- Gọi mắt xích của polime là CxHyClz Ta có: x : y : z 

%mC %mH %mCl 38, 4 4,8 56,8 : :  : :  3, 2 : 4,8 :1, 6  2 : 3 :1 12 1 35,5 12 1 35,5

=> Mắt xích của polime X là C2H3Cl Vậy công thức cấu tạo của polime X là (-CH2-CHCl-)n, X là poli(vinyl clorua) (PVC) 3. nCO2 = 2,688/22,4 = 0,12 mol; nH2O = 2,52/18 = 0,14 mol Ta thấy nH2O>nCO2 => ancol là ancol no, đơn chức, mạch hở Gọi công thức chung của ancol là CkH2k+2O (k €N*)

Cn H 2 n 1COOH : xmol  Giả sử: X Cm H 2 m (C OOH ) 2 : y mol C H O : z mol  k 2k 2 * Đốt cháy hỗn hợp X:  O2 Cn H 2 n 1COOH   (n  1)CO2  nH 2 O

(n  1) x

nx (mol )

 O2 Cm H 2 m (COOH ) 2   (m  2)CO2  (m  1) H 2 O

(m  2) y

(m  1) y (mol )

 O2 Ck H 2 k  2 O    kCO2  (k  1) H 2 O

(k  1) z

=> nH2O – nCO2 = nx – (n+1)x + (m+1)y – (m+2)y + (k+1)z – kz => 0,14 – 0,12 = -x - y + z hay -x - y + z = 0,02 (1) BTNT ta tính được số mol của các nguyên tố:

nC = nCO2 = 0,12 mol nH = 2nH2O = 2.0,14 = 0,28 mol nO = 2nCnH2n-1COOH + 4nCmH2m(COOH)2 + nCkH2k+2O = 2x + 4y + z => mX = mC + mH + mO = 0,12.12 + 0,28.1 + 16(2x + 4y + z) = 32x + 64y + 16z + 1,72 * Phản ứng este hóa: Do sau phản ứng chỉ thu được chất có chứa chức este nên axit và ancol phản ứng vừa đủ

Cn H 2 n 1COOH  Ck H 2 k  2 O  Cn H 2 n 1COOCk H 2 k  2  H 2 O x

x (mol )

Cm H 2 m (COOH ) 2  2Ck H 2 k  2 O  Cm H 2 m (COOCk H 2 k  2 ) 2  2 H 2 O y

2 y (mol )

n ancol = x + 2y = z hay x + 2y – z = 0 (2) BTKL ta có: mX = m este + mH2O => 32x + 64y + 16z + 1,72 = 3,22 + 18(x+2y) hay 14x + 28y + 16z = 1,5 (3) Từ (1) (2) (3) ta có hệ phương trình:

 x  y  z  0, 02  x  0, 01    x  2 y  z  014   y  0, 02  x  28 y  16 z  1,5  z  0, 05   => nX = 0,01 + 0,02 + 0,05 = 0,08 (mol) Số nguyên tử C trung bình của X: => k = 1 (do n≥3, m≥2) => Ancol là CH3OH

Cn H 2 n 1COOH : 0, 01mol  X Cm H 2 m (C OOH ) 2 : 0, 02 mol CH OH : 0, 05 mol  3 Bảo toàn nguyên tố C ta có: 0,01n + 0,02m + 0,05.1 = 0,12 => n +2m = 7 mà do n≥3, m≥2 nên chỉ có cặp n = 3, m = 2 thỏa mãn Vậy các axit trong X là: CH2=CH-COOH và HOOC-COOH. Kết luận: Hỗn hợp X gồm các chất CH2=CH-COOH, HOOC-COOH và CH3OH. - Một số ứng dụng của PVC trong thực tế như làm ống dẫn nước, vỏ dây điện, đồ giả da, áo mưa, nhãn chai nước khoáng, …

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên -Sở GD & ĐT Kiên Giang - năm 2018 2019 Câu 1: 1. Cho các chất sau: CuO, Zn, MgO, Cu, Fe(OH)3, BaSO4. Hãy xác định chất nào đã cho ở trên khi tác dụng với dung dịch HCl sinh ra: a. Khí nhẹ hơn không khí. b. Dung dịch có màu nâu. c. Dung dịch có màu xanh lam. d. Dung dịch không có màu. Viết các phương trình phản ứng minh họa? 2. Có bốn lọ không nhãn, mỗi lọ đựng một dung dịch không màu sau: C2H5OH, Cu(NO3)2, CH3COOH, C6H12O6 (glucozơ), H2SO4, Na2CO3. Bằng phương pháp hóa học, hãy nhận biết các dung dịch trên và viết phương trình phản ứng xảy ra? 3. Bốn chất hữu cơ có công thức phân tử như sau: C2H2, C2H6O, C2H6O2, C2H6 được kí hiệu ngẫu nhiên là X, Y, Z, T. Biết rằng: - Chất Y tác dụng được với natri nhưng không tác dụng được với dung dịch NaOH. - Chất Z tác dụng được với dung dịch NaOH và làm quỳ tím hóa đỏ. - Chất X khi bị đốt cháy tỏa nhiều nhiệt. - Chất T làm mất màu dung dịch brom. Hãy xác định công thức cấu tạo và gọi tên của các chất X,Y,Z, T. Viết các phương trình phản ứng minh họa?Câu 2: 1. Khử hoàn toàn 28 gam hỗn hợp gồm CuO và Fe2O3 cần vừa đủ 10,08 lít khí CO (đktc) thu được a gam hỗn hợp rắn. Xác định giá trị của a ? 2. Cho 3,6 gam kim loại Mg vào 250 ml dung dịch FeCl3 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn và dung dịch X. Tính m và nồng độ mol của các chất trong dung dịch X ( xem như thể tích dung dịch sau phản ứng không đổi) ? Câu 3: Cho 13,8 gam hỗn hợp X gồm kim loại kiềm R và Ca tác dụng hết với nước thu được 5,6 lít H2 (đktc) và dung dịch Y. Mặt khác, cho 8,58 gam kim loại R phản ứng hết với lượng dư dung dịch HCl thì thể tích khí H2 thoát ra lớn hơn 2,24 lít (đktc). 1. Tìm kim loại R? 2. Cho 15 lít hỗn hợp khí Z gồm N2 và CO2 (đktc) vào dung dịch Y. Sau khi phản ứng kết thúc thu được 8,5 gam kết tủa. Tính thành phần phần trăm về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp Z? Câu 4: Hỗn hợp A gồm rượu etylic và 2 axit hữu cơ kế tiếp nhau có dạng CnH2n+1COOH. Chia hỗn hợp A làm hai phần bằng nhau:

- Phần 1: Cho tác dụng hết với Na thì thu được 3,92 lít khí H2 (đktc). - Phần 2: Đem đốt cháy hoàn toàn, sau đó dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc rồi đến bình 2 đựng dung dịch Ba(OH)2 dư, thấy khối lượng bình 1 tăng thêm 17,1 gam và ở bình 2 xuất hiện 147,75 gam kết tủa. 1. Xác định công thức của 2 axit hữu cơ có trong hỗn hợp A? 2. Tính thành phần phần trăm về khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp A? Cho biết: H = 1; Li = 7; C = 12; N = 14; O = 16; Mg = 24; Cl = 35,5; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64 ; Rb = 85; Ba = 137 LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1. CuO, Zn, MgO, Cu, Fe(OH)3, BaSO4 a. Chất khi tác dụng với dung dịch HCl sinh ra khí là: Zn Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2↑ b. Chất khi tác dụng với dung dịch HCl tạo dung dịch màu vàng nâu là: Fe(OH)3 Fe(OH)3 + 3HCl → FeCl3 + 3H2O (vàng nâu) c. Chất khi tác dụng với dung dịch HCl tạo dung dịch màu xanh lam là: CuO CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (xanh lam) d. Chất khi tác dụng với dung dịch HCl tạo dung dịch không màu là: MgO MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O (không màu) 2. Nhận biết: C2H5OH, Ca(NO3)2, CH3COOH, C6H12O6 (glucozo), H2SO4, Na2CO3

Phương trình hóa học: H2SO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + 2HCl Ca(NO3)2 + Na2CO3 → CaCO3↓ + 2NaNO3 CH2OH-(CHOH)4-CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → CH2OH-(CHOH)4-COONH4 + 2Ag↓ + 2NH4NO3 3. Công thức cấu tạo ứng với các công thức phân tử: C2H2: CH≡CH C2H6O: CH3-CH2-OH C2H4O2: CH3COOH C2H6: CH3-CH3 - Chất Y tác dụng được với Na nhưng không tác dụng được với NaOH nên Y là hợp chất ancol => Y là ancol etylic, công thức cấu tạo CH3-CH2-OH 2CH3-CH2-OH + 2Na → 2CH3-CH2-ONa + H2↑ - Chất Z tác dụng được với dung dịch NaOH và làm quỳ tím hóa đỏ nên Z là axit => Z là axit axetic, công thức cấu tạo CH3COOH CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O - Chất X khi bị đốt cháy tỏa nhiều nhiệt => X là etan, công thức cấu tạo CH3-CH3 o

t 2CH3-CH3 + 7O2   4CO2 + 6H2O

- Chất T làm mất màu dung dịch nước brom => T là axetilen, công thức cấu tạo CH≡CH CH≡CH + 2Br2 → CHBr2-CHBr2 Câu 2: 1. nCO = 10,08/22,4 = 0,45 mol Bảo toàn nguyên tố C ta có: CO → CO2 0,45→0,45 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m oxit + mCO = m chất rắn + mCO2 => 28 + 0,45.28 = mchất rắn + 0,45.44

=> m chất rắn = 20,8 gam Vậy a = 20,8 gam 2. nMg = 3,6/24 = 0,15 mol; nFeCl3 = 0,25.1 = 0,25 mol Mg

+ 2FeCl3 → MgCl2 + 2FeCl2

0,125dư 0,025←0,25 → 0,125 → 0,25

(mol)

Mg + FeCl2 → MgCl2 + Fe 0,025→0,025 →0,025→0,025 (mol) Vậy chất rắn sau phản ứng là Fe: nFe = 0,025 mol => m = mFe = 0,025.56 = 1,4 (gam)

 MgCl2 : 0,125  0, 025  0,15(mol ) Dung dịch X sau phản ứng gồm:   FeCl2 : 0, 25  0, 025  0, 225(mol ) 0,15  CM ( MgCl2 )  0, 25  0, 6 M Nồng độ của các chất trong dung dịch X:  0, 225 C  0,9 M M ( FeCl2 )   0, 25

Câu 3: nH 2 

5, 6  0, 25(mol ) 22, 4

2R + 2H2O → 2ROH + H2↑ (1) a

→ 0,5a

(mol)

Ca + H2O → Ca(OH)2 + H2↑ (2) b

→b

(mol)

b  0, 25  0,5a (*)  nH 2  0,5a  b  0, 25    a ( R  20)  3,8(**)  aR  40(0, 25  0,5a )  13,8 mhh  aR  40b  13,8

Vì b > 0, từ (*) => a < 0,25/0,5 = 0,5 thế vào (**) => R – 20 > 7,6 => R > 27,6 (***) Khi cho 8,58 gam R tác dụng với lượng dư HCl thì lượng H2 thoát ra lớn hơn 2,24 (lít) 2R + 2HCl → 2RCl + H2↑ (3) Theo PTHH (3): nR  2nH 2 (3)  2.  M R 

2, 24  0, 2(mol ) 22, 4

8,58  42,9(  ) 0, 2

Từ (***) và (****) => 27, 6 < MR < 42,9 Vậy MR = 39 (K) thỏa mãn 2. Ta có: => nKOH = nK = 0,2 (mol) nCa(OH)2 = nCa = 0,15 (mol) ∑ nOH- = nKOH + 2nCa(OH)2 = 0,2 + 2.0,15 = 0,5 (mol) Khi cho hỗn hợp Z ( N2, CO2) vào hỗn hợp Y chỉ có CO2 phản ứng CO2 + OH- → HCO3- (3) CO2 + 2OH- → CO32- + H2O (4) CO32- + Ca2+ → CaCO3↓

(5)

nCaCO3 = 8,5/100 = 0,085 (mol) => nCO32-(5) = nCaCO3 = 0,085 (mol) Ta thấy nCaCO3 < nCa2+ => phương trình (5) Ca2+ dư, CO32- phản ứng hết TH1: CO2 tác dụng với OH- chỉ xảy ra phản ứng (4) Theo (4) => nCO2 = nCO32-(4) = nCaCO3 = 0,085 (mol) => VCO2(đktc) = 0,085.22,4 = 1,904 (lít) %VCO2 

1,904 .100%  12, 69% 15

 %N 2  100%  %CO2  87,31% TH2: CO2 tác dụng với OH- xảy ra cả phương trình (3) và (4) Theo (4): nCO2 = nCO32- = 0,085 (mol) nOH- (4) = 2nCO32- = 2. 0,085 = 0,17 (mol) => nOH- (3)= ∑ nOH- - nOH-(4) = 0,5 – 0,17 = 0,33 (mol) Theo PTHH (3): nCO2(3) = nOH- = 0,33 (mol) => ∑ nCO2(3+4) = 0,085 + 0,33 = 0,415 (mol) => VCO2 (ĐKTC) = 0,415.22,4 = 9,296 (lít) %VCO2 

9, 296 .100%  61,97% 15

 %N 2  100%  %CO2  38, 03% Câu 4: 1. Gọi số mol của C2H5OH và hỗn hợp CnH2n+1COOH là a và b (mol) Phần 1: nH2 = 3,92 : 22,4 = 0,175 (mol)

2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2↑ a

→ 0,5a

(mol)

2CnH2n+1COOH + 2Na → 2CnH2n+1COONa + H2↑ b

→ 0,5b

(mol)

Phần 2: C2H6O + O2 → 2CO2 + 3H2O a

→ 2a

→ 3a

(mol)

Cn+1H2n+2O2 + (3n+1)/2O2 → ( n+1) CO2 + ( n+1) H2O b

→ (n+1)b

(mol)

Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O Khi cho qua bình đựng H2SO4 đặc thì H2O bị hấp thụ , khi cho qua bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thì CO2 bị hấp thụ => mb1 tăng = mH2O = 17,1 (g) => nH2O = 17,1 : 18 = 0,95 (mol) CO2 + Ba(OH)2 dư → BaCO3↓ + H2O nBaCO3 = 147,75 : 197 = 0,75 (mol)

  nH 2  0,5a  0,5b  0,175 a  0, 2   Ta có:  nCO2  2a  (n  1)b  0, 75  b  0,15   4 n   1,333  nH 2O  3a  (n  1)b  0,95 3  Vì 2 axit hữu cơ là đồng đẳng kế tiếp => 1< n = 4/3 < 2 Vậy CTCT của 2 axit hữu cơ là CH3COOH và C2H5COOH 2. Gọi số mol của CH3COOH và C2H5COOH lần lượt là x và y (mol)  naxit  x  y  0,15  x  0,1 Ta có:     y  0, 05  nCO2  0, 2.2  2 x  3 y  0, 75

mA = mC2H5OH + mCH3COOH + mC2H5OH = 0,2.46 + 0,1.60 + 0,05.74 = 18,9 (g) %C2 H 5 OH 

0, 2.46 .100%  48, 68% 18,9

%CH 3 COOH 

0,1.60 .100%  31, 75% 18,9

%C2 H 5 OH  100%  48, 68%  31, 75%  19,57%

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Khoa học tự nhiên năm 2017 - 2018 Câu 1: Hòa tan hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và F3O4 (có số mol bằng nhau) bằng dd H2SO4 20% (lượng axit lấy dư 50% so với lượng phản ứng vừa đủ), thu được dd A. Chia A thành bốn phần bằng nhau, mỗi phần có khối lượng 79,3 gam. Phần I tác dụng vừa đủ với V1 ml dung dịch KMnO4 0,05M. Phần II tác dụng vừa đủ với V2 ml dd brom 0,05M. Phần III tác dụng vừa đủ với V3 ml dd HI 0,05M. Cho Na2CO3 từ từ đến dư vào phần IV được V4 lít khí và m gam kết tủa. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Các thể tích khí đo ở đktc. Xác định các giá trị V1, V2, V3, V4. Câu 2: Nung nóng một thời gian hỗn hợp A gồm Al và một oxit sắt (Giả sử chỉ xảy ra phản ứng khử oxit thành kim loại) được m gam hỗn hợp B. Chia hỗn hợp B thành hai phần bằng nhau. Cho phần thứ nhất tác dụng hoàn toàn với dd KOH dư thu được 10,08 lít khí đktc và có 29,52 gam chất rắn không tan. Hòa tan hoàn toàn phần thứ 2 bằng dd H2SO4 đặc nóng, dư được 19,152 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và dung dịch C. Cho dd C tác dụng hoàn toàn với dd NH3 dư, lấy toàn bộ lượng kết tủa tạo thành đem nung đến khối lượng không đổi thu được 65,07 gam chất rắn. Xác định công thức của oxit sắt và tính giá trị của m. Câu 3: a) Cho năm hợp chất vô cơ A, B, C, D và E (có tổng phân tử khối là 661 đvc). Biết chung tác dụng với HCl và đều tạo ra nước. Hỗn hợp năm chất trên tác dụng vừa đủ với dd HCl tạo ra dd X chứa 2 muối. Dung dịch X tác dụng với dd NaOH dư thu được kết tủa Y. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn chỉ gồm 1 chất. Xác định các chất A, B, C, D, E và viết các phương trình xảy ra. b) Đun nóng hỗn hợp hai este đơn chức với dd NaOH vừa đủ thu được hỗn hợp 2 rượu đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp 2 muối. Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp rượu trên thu được 3,136 lít khí CO2 (đktc) và 3,6 gam H2O. Cho hỗn hợp hai muối trên tác dụng với dd H2SO4 vừa đủ được hỗn hợp hai axit cacboxylic. Cho từ từ 50ml dd NaHCO3 0,5M vào cốc đựng 1,04 gam hỗn hợp hai axit thu được ở trên, sau phản ứng cần phải dùng 10ml dd HCl 1M mới tác dụng vừa hết với lượng NaHCO3 dư. Xác định công thức cấu tạo của hai este có trong hỗn hợp đầu. Biết khi đốt cháy 1 mol mỗi este thu được không quá 5mol CO2. Câu 4: Cho hỗn hợp Y gồm 2 amino axit Y1 và Y2 có mạch cacbon không phân nhánh. Tổng số mol của Y1 và Y2 là 0,05mol. Cho hỗn hợp Y tác dụng hoàn toàn với 50ml dung dịch H2SO4 0,55M, để trung hòa hết lượng H2SO4 dư cần dùng 10ml dd NaOH 0,5M. Hỗn hợp Y tác dụng vừa đủ với 200ml dd Ba(OH)2 0,15M, cô cạn dd sau phản ứng thu được 8,52 gam muối khan. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y rồi cho sản phẩm qua nước vôi trong dư thu được

13 gam kết tủa. Cho biết Y1 có số nguyên tử cacbon nhỏ hơn Y2. Xác định công thức cấu tạo có thể có của Y1 và Y2. Câu 5: A và B là hai chất hữu cơ đồng phân của nhau (chứa C, H, O) trong đó oxi chiếm 21,621% khối lượng. Biết A, B là các hợp chất đơn chức và phản ứng được với dd NaOH. Khi cho 0,74 gam mỗi chất trên tác dụng hết với dd brom trong dung môi CCl4 thì mỗi chất tạo ra một sản phẩm duy nhất và đều có khối lượng là 1,54gam. Cho 2,22 gam hỗn hợp X gồm A và B tác dụng với dd NaHCO3 dư được 112ml khí đktc. Lấy 4,44 gam hỗn hợp X cho tác dụng với dd NaOH vừa đủ, sau đó cô cạn được 4,58 gam muối khan. Mặt khác, đun nóng hỗn hợp X với dd KMnO4 và H2SO4 cho hỗn hỗn hợp sản phẩm chỉ gồm CO2, MnSO4, K2SO4, H2O và chất D (C7H6O2). Viết công thức cấu tạo các chất A, B và viết các phản ứng của chúng với dd KMnO4 /H2SO4.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: m dd A = 4 . 79,3 = 317,2g Qui đổi hỗn hợp FeO, Fe2O3, Fe3O4về Fe3O4 có số mol là a Ta có 232a + (a . 4 . 1,5 . 98) : 0,2 = 317,2 => a = 0,1 mol  Fe 2 :0, 025  Fe :0, 2 1/4 dd  3    Fe :0, 05 H Dd ban đầu  2  Fe :0,1  SO du :0, 05 2 4 3

Phần 1: 8H2SO4 + 2KMnO4 + 10FeSO4 → 5Fe2(SO4)3 + 8H2O + 2MnSO4 + K2SO4 0,05

0,025

=> FeSO4 phản ứng hết => nKMnO4 = 0,005mol => V1= 0,1 lít = 100ml Phần 2: 2Fe2+ + Br2 → 2Fe3+ + 2Br0,025 0,0125 => V2 = 0,25 lít = 250ml Phần 3:

2Fe3+ + 2I- → 2Fe2+ + I2 0,05

0,05

=> V3 = 1 lít = 1000ml Phần 4: Fe2+ + CO32- → FeCO3↓ 0,025 0,025

0,025

2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3 + 3CO2 0,05

0,075

0,05

0,075

2H+ + CO32- →CO2 + H2O 0,1

0,05

=> nCO2 = 0,125 => V4 = 2,8 lít m kết tủa = mFeCO3 + mFe(OH)3 = 8,25g Câu 2: x  0,3  0, 45 H 2  Al : 0,3  Al2 O3  2  3    29,52 g cr  Fe, Fex Oy    KOH

 Al A  B  Fex Oy

0,855SO2  2   H 2 SO4    NH 3 du 3 3  65, 07 g cr  Al2 O3 , Fe2 O3  ddC  Al , Fe     Al  OH 3 ; Fe  OH 3  

Qui đổi ½ hh B gồm Al (x mol), Fe (y mol), O (z mol)

x y  102 2  160 2  65, 07  x  0,57   Ta có 3 x  3 y  2 z  0,855.2   y  0, 45   z  0, 675 x  0,3  27 x  56 y  16 z  0,3.27  29,52 102. 2  => mB = 2 (mAl + mFe + mO) = 102,78g Gọi công thức của oxit sắt là FeaOb a x 0, 45 2    b y 0, 675 3

=> Fe2O3 Câu 3: a. 5 chất là:

Fe  OH 2 ; FeO; Fe2 O3 ; Fe3 O4 ; Fe  OH 3 90 72 160 232 107 Tổng M = 661. Fe  OH 3  3HCl  FeCl3  3H 2 O

FeO  2 HCl  FeCl2  H 2 O Fe2 O3  6 HCl  2 FeCl3  3H 2 O Fe3 O4  8 HCl  2 FeCl3  FeCl2  4 H 2 O Fe  OH 2  2 HCl  FeCl2  2 H 2 O FeCl3  3 NaOH  Fe  OH 3  3 NaCl FeCl2  2 NaOH  Fe  OH  2  2 NaCl t 2 Fe  OH 3   Fe2 O3  3H 2 O

1  2 Fe  OH 2  O2 t  Fe2 O3  2 H 2 O 2

b. Phương pháp: Phương pháp đường chéo, phương pháp trung bình Ghi nhớ: nCO2 > nH2O => rượu no đơn chức Hướng dẫn giải: nCO2 

m 3, 6 3,136   0, 2 mol  0,14 mol ; nH 2O  18 18 22, 4

Do nH 2O  nCO2  rượu no, đơn chức (vì este đơn chức).

 nancol  nH 2O  nCO2  0, 06 mol  nC 

0,14  2, 23 (do 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp). 0, 06

=> C2H5OH và C3H7OH Áp dụng qui tắc đường chéo 

nC2 H5OH nC3 H 7OH



2 1

Ta có: nNaHCO3  CM .V  0, 05.0,5  0, 025 mol

nNaHCO3 du  nHCL  0, 01mol  nNaHCO3 p / u  0, 025  0, 01  0, 015 mol  naxit

 M axit 

m 1, 04   69,33 n 0, 015

 HCOOH => phải có 1 axit có < 69,33   CH 3 COOH TH1: Ta có 1 este: CH 3 COOC3 H 7  RCOOC2 H 5 Mà nC3 H 7 : nC2 H5  1: 2  nCH3COOH : nRCOOH  1: 2. 

M CH3COOH  2 M RCOOH 3

 69,33

M CH3COOH  2 M RCOOH  208 => MRCOOH = 74 => C2H5COOH (thỏa mãn điều kiện đề bài) => 2 este CH3COOC3H7 và C2H5COOC2H5 TH2: HCOOH TH 2.1 : nHCOOH : nRCOOH = 1:2 

M HCOOH  2 M RCOOH  69,33  M RCOOH  81(k t / m) 3

TH 2.2: nHCOOH : nRCOOH = 2 : 1 

2 M HCOOH  M RCOOH  69,33  M RCOOH  116(k t / m) 3

Câu 4: Tác dụng với H2SO4 và NaOH nH2SO4 = 0,0275mol nNaOH = 0,005mol => nH2SO4 phản ứng với Y = 0,025 mol 2R-NH2 + H2SO4 → Muối 0,05

0,025

=> Trong Y có 1 nhóm NH2 Tác dụng với Ba(OH)2 nBa(OH)2 = 0,03 mol Ta có => hh Y gồm R(COOH)(NH2): x mol và R’(COOH)2(NH2): y mol Ta có x + y = 0,05 và x + 2y = 0,06 => x = 0,04 và y = 0,01 Đốt cháy Y nCO2 = 0,13 mol

=> số nguyên tử C trung bình = 2,6 => Y1: H2N – CH2 – COOH: 0,04 mol Và Y2: H2N – R’ – (COOH)2: 0,01 (có a nguyên tử C) Có

0, 04.2  a.0, 01  2, 6  a  5 0, 05

m muối khan = 8,52g = (75 - 1) . 0,01 + (MY2 - 2) . 0,01 + 0,03 . 137 => MY2 = 147 do Y2 có mạch không phân nhánh => Y2 có thể có công thức sau HOOC  CH 2  CH 2  CH  COOH |

HOOC  CH 2  CH  CH 2  COOH

;

NH 2

| NH 2

Câu 5: Do A, B là hợp chất hữu cơ đơn chức, có khả năng tác dụng với NaOH => trong phân tử A,B chứa 2 nguyên tử oxi => MA = MB = 32 . 100/21,621= 148 g/mol => CTPT của A,B là C9H8O2 . TN1: nA + nB = 0,74/148=5.10-3 Mà m sản phẩm=1,54 => cả A,B đều có khả năng tham gia phản ứng cộng với dung dịch Br2 theo tỉ lệ mol 1:1 => A,B chứa 1 nối đôi C=C trong phân tử ( không phải este của phenol) TN5: Do A,B bị oxi hóa bởi KMnO4 tạo ra C7H8O2 và CO2 => A,B chứa vòng benzen TN2: nA + nB= 2,22/148=0,015 mol Do hỗn hợp X có khả năng tác dụng với NaHCO3 => hỗn hợp có chứa axit => naxit= nCO2 = 5.10-3 => neste= 0,01 mol TN3: trong 4,44 gam hỗn hợp naxit = 0,01 mol, neste= 0,02 => mmuối sinh ra từ este = 4,58 – 0,01 . MC8H7COONa= 2,88 => Mmuối sinh ra từ este = 144 g/mol. => CT muối sinh ra từ este là: C6H5COONa => CTCT A,B là: C6H5COOC2H3 và C6H5-CH=CH-COOH => ( loại trường hợp axit có CT C6H5-C(COOH)=CH2 vì axit này không bị oxi hóa tạo C6H5COONa và CO2) PTHH: C6H5COOC2H3+ 2KMnO4 +3 H2SO4 → C6H5COOH + 2CO2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 4H2O C6H5-CH=CH-COOH +2 KMnO4 + 3H2SO4 →C6H5COOH + 2CO2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 4H2O.

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội năm 2017 - 2018 Câu 1: 1. Tiến hành thí nghiệm với dung dịch của từng muối X, Y, Z ta thấy các hiện tượng được ghi trong bảng sau: Mẫu thử

Thí nghiệm

Hiện tượng

X hoặc Y

Tác dụng với dung dịch HCl dư

Đều có khí CO2

Y hoặc Z

Tác dụng với dung dịch NaOH dư

Đều có chất kết tủa

Tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng

Có chất khí thoát ra

Tác dụng với dung dịch HCl dư

Có kết tủa

Biết: MX + MZ = 249; MX + MY = 225; MZ + MY = 316. Xác định công thức của các muối X, Y, Z và viết phương trình hóa học minh họa. 2. Giải thích tại sao khi mở nắp chai nước ngọt có gaz lại có nhiều bóng khí thoát ra. Câu 2: 1. Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở và một ancol no, đơn chức, mạch hở. Cho m gam hỗn hợp X vào bình chứa Na dư thấy thoát ra 0,25 mol khí H2 và khối lượng bình tăng thêm 18,3 gam. Mặt khác, cho m gam hỗn hợp X vào bình chứa dung dịch NaHCO3 dư thấy thoát ra khí CO2 và khối lượng bình tăng thêm 14,4 gam. Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, các khí không tan trong nước và nước bay hơi không đáng kể. Xác định công thức của mỗi chất có trong hỗn hợp X. 2. Hỗn hợp A gồm C2H5OH, C3H7OH, C4H9OH, CH3OH, H2O. Cho m gam hỗn hợp A vào bính chứa Na dư thu được 4,48 lít H2 (đktc). Mặt khác, khi đốt m gam hỗn hợp A thu được x gam CO2 và 18 gam H2O. Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tìm giá trị của m, x. Câu 3: 1. Dùng phương pháp hóa học để nhận biết các chất khí riêng biệt đựng trong các bình mất nhãn: CO2, SO2, C2H4, CH4, H2, N2 (trình bày theo phương pháp kẻ bảng và viết phương trình hóa học minh họa). 2. Trộn đều 60,38 gam hỗn hợp X gồm BaO, BaCO3, NaHCO3 rồi chia X thành hai phần bằng nhau. Phần 1 cho vào nước dư thu được 21,67 gam kết tủa. Phần 2 nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 26,13 gam hỗn hợp chất rắn Y. Cho toàn bộ hỗn hợp chất rắn Y vào 79,78 gam nước thu được m gam kết tủa và dung dịch Z (nước bay hơi không đáng kể). Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. a) Tìm giá trị của m và tính nồng độ phần trăm của mỗi chất tan có trong dung dich Z

b) Lấy 50 gam dung dịch Z cho tác dụng với 50 gam dung dịch Al2(SO4)3 13,68% đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được x gam kết tủa và dung dịch T. Tìm giá trị của x. Câu 4: 1. Cho 2,34 gam Mg vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp Fe(NO3)3 0,12M và Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được 3,78 gam kết tủa và dung dịch Y chứa 3 muối. Lọc bỏ kết tủa, cho dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch Y (trong điều kiện không có không khí) thì lượng kết tủa lớn nhất thu được là 8,63 gam. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính nồng độ mol của Cu(NO3)2 trong dung dịch X. 2. Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở (MX < MY), Z là một ancol no, hai chức, mạch hở, T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 13,76 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T bằng một lượng O2 vừa đủ thu được 11,2 lít CO2 (đktc) và 6,48 gam H2O. Mặt khác, cho 13,76 gam hỗn hợp E vào bình chứa lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 đun nóng thì thu được tối đa 25,92 gam Ag. a) Xác định công thức của các chất X, Y, T. b) Cho 13,76 gam hỗn hợp E vào bình chứa 150 ml dung dịch KOH 2M đun nóng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch được m gam chất rắn khan. Tìm giá trị của m. Câu 5: 1. Đốt cháy hoàn toàn 16,4 gam hỗn hợp A gồm hai axit cacboxylic đơn chức X, Y và một este đơn chức Z thu được 0,75 mol CO2 và 0,5 mol H2O. Mặt khác, cho 24,6 gam hỗn hợp A vào bình chứa 160 gam dung dịch NaOH 10% đun nóng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch D (nước bay hơi không đáng kể). Cô cạn toàn bộ dung dịch D thu được CH3OH, 146,7 gam H2O, m gam chất rắn khan E. Tìm giá trị của m. 2. Hòa tan hoàn toàn 10,42 gam hỗn hợp X gồm FeS2, FeS, Cu2S, MgS, ZnS trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y chỉ chứa m gam hỗn hợp các muối sunfat trung hòa và có 11,2 lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất thoát ra. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch Y thì lượng kết tủa lớn nhất thu được là 43,96 gam. Tìm giá trị của m. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1. X: NH4HCO3 Y: Mg(HCO3)2 Z: AgNO3 NH4HCO3 + HCl → NH4Cl + H2O + CO2

NH4HCO3 + 2NaOH → NH3 + Na2CO3 + 2H2O Mg(HCO3)2 + 2HCl → MgCl2 + 2H2O + 2CO2 Mg(HCO3)2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + MgCO3 + Na2CO3 AgNO3 + HCl → AgCl + HNO3 2AgNO3 + NaOH → Ag2O + 2NaNO3 + H2O 2. Nguyên nhân là do khí CO2 được nén trong các chai nước ngọt này, ở các nhà máy sản xuất nước ngọt, người ta dùng áp lực lớn để ép CO2 hòa tan vào nước. Sau đó nạp vào bình và đóng kín lại thì thu được nước ngọt. Khi mở nắp bình, áp suất bên ngoài thấp nên CO2 lập tức bay vào không khí. Vì vậy các bọt khí thoát ra giống như lúc ta đun nước sôi. Về mùa hè người ta thường thích uống nước ngọt ướp lạnh. Khi ta uống nước ngọt vào dạ dày, dạ dày và ruột không hề hấp thụ khí CO2. Ở trong dạ dày nhiệt độ cao nên CO2 nhanh chóng theo đường miệng thoát ra ngoài, nhờ vậy nó mang đi bớt một nhiệt lượng trong cơ thể làm cho người ta có cảm giác mát mẻ, dễ chịu. Ngoài ra CO2 có tác dụng kích thích nhẹ thành dạ dày, tăng cường việc tiết dịch vị, giúp nhiều cho tiêu hóa. Câu 2: Phương pháp: Tăng giảm khối lượng, phương pháp trung bình m bình tăng = m X – mH2 bay ra Hướng dẫn giải:

Cn H 2 n O2  Na X   0, 25 H 2  nX  0,5 C H O  m 2m2 => m bình tăng = mX – mH2 = 18,3 => mX = 18,8g  NaHCO3 X   CO2

=> m bình tăng = 14,4 = m – 44.nCO2 = 18,8 - 44.nCO2 => nCO2 = 0,1 = n axit => n ancol = 0,5 – 0,1 = 0,4 mol M 

18,8  37, 6 0,5

=> ancol phải là CH3OH (M = 32g/mol) m ancol = 32 . 0,4 = 12,8g => m axit = 18,8 – 12,8 = 6g => M axit = 60 => CH3COOH 2.

Hướng dẫn giải: m( g ) A

Na   0, 2 H 2  nA  0, 4  O2    CO2  H 2 O

nH2O = 1 mol A no đơn chức mạch hở => nH2O – nCO2 = nA => nCO2 = 1 – 0,4 = 0,6mol = x m = mC + mH + mO = 12 . 0,6 + 2. 1 + 0,4 . 16 = 15,6g Câu 3: Thuốc thử Ca(OH)2 dư

CO2 Kết tủa

SO2 Kết tủa

Dd brom

Không hiện tượng

Mất màu

CuO, to

Cl2, ánh sáng

C2H4 Không hiện tượng Mất màu

CH4 Không hiện tượng Không hiện tượng Không hiện tượng

H2 Không hiện tượng Không hiện tượng Chất rắn chuyển từ đen sang đỏ

Mất màu

2. Gọi số mol của BaO, BaCO3, NaHCO3 trong 30,19g hh lần lượt là x, y, z Có 153x + 197y + 84z = 30,19 Phần 1: BaO + H2O → Ba(OH)2 x

OH- + HCO3- → CO32- + H2O Ba2+ + CO32- → BaCO3 n kết tủa = 0,11 Phần 2: BaCO3 →BaO + CO2 y

2NaHCO3 → Na2CO3 + H2O + CO2 z

z/2

=> mCO2 + mH2O = 30,19 – 26,13 = 4,06 => 44 (y + z/2) + 18 . z/2= 4,06 TH1: Ba tạo kết tủa hoàn toàn thành BaCO3 và NaHCO3 dư

N2 Không hiện tượng Không hiện tượng Không hiện tượng Không hiện tượng

=> nBaCO3 = nBaCO3 + nBaO = 0,11 => Không thỏa mãn TH2: Ba(OH)2 dư và NaHCO3 hết => x + y = 0,11 và y + z = 0,11 => x = 0,1; y = 0,05 và z = 0,06 a. hh Y gồm BaO: 0,15 mol; Na2CO3: 0,03 mol BaO + H2O → Ba(OH)2 0,15

0,15

Ba(OH)2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaOH 0,15

0,03

0,06

=> m kết tủa = 0,03 . 197 = 5,91g m dd = m chất rắn + mH2O – mBaCO3 = 26,13 + 79,78 – 5,91 = 100 C% NaOH =

0, 06.40 .100%  2, 4% 100

C%Ba(OH)2 =

0,12.171 .100%  20,52% 100

 Ba (OH ) 2 :0, 06mol 50g dd Z chứa   nOH   0,15  NaOH :0, 03mol nAl2(SO4)3 = 0,02 => nAl3+ = 0,04; nSO42- = 0,06 Ba2+ + SO42- → BaSO4 0,06

0,06

nAl(OH)3 = 0,01 => mAl(OH)3 = 0,78g m = 0,78 + 0,06 . 233 = 14,76g Câu 4: 1. nMg = 0,0975 nFe(NO3)3 = 0,03 Dung dịch Y gồm Mg(NO3)2, Fe(NO3)2, Cu(NO3)2 Mg +

2Fe3+ Mg2+ + 2Fe2+

0,015 0,03 0,015 Mg + Cu2+ Mg2+ + Cu x x

→x

m chất rắn tăng = -24 . 0,015 + (64-24).x = 3,78 - 2,34 => x = 0,045 Dung dịch Y gồm Mg(NO3)2: 0,015 + x = 0,06; Fe(NO3)2: 0,03; Cu(NO3)2: y Kết tủa Mg(OH)2: 0,06; Fe(OH)2:0,03; Cu(OH)2:y mkết tủa = 0,06 . 58 + 0,03 . 90 + 98 . y = 8,63 => y = 0,025 => nCu(NO3)2 = 0,045 + 0,025 = 0,07 => CM = 0,28 2.  nO 2  0, 46  X O2   0,5 CO  0,36 H O ax it   2 2 BTO : nOtrong E  0, 44 13, 76 gE  Y  esteT  AgNO3   0, 24 Ag 

E tác dụng với AgNO3 => Ag

 X : HCOOH  AgNO3 =>    2 Ag  0,24 T : HCOO  R  OOCR => nX+T = 0,12 => nCO2 – nH2O = 0,5 – 0,36 = 0,14 >nT => Y là axit không no

 HCOOH : x 2 x  2 y  4 z  0, 44     RCOOH : y  x  z  0,12  HCOO  R   OOCR : z  => y + z = 0,1 < nCO2 – nH2O = 0,14 => Y là axit không no 1 liên kết pi => y + 2x = 0,14

 y  0, 06  =>  z  0, 04  x  0, 08  nCO2 = 1 . 0,08 + b . 0,06 + c . 0,04 = 0,5 (với b là số nguyên tử C trong Y và c là số nguyên tử C trong T) 1,5b + c = 10,5 => 3b +2c = 21 Mặt khác b ≥ 3 => c 

3 1 2 6

=> b = 3 và c = 6 => Y: CH2 = CH - COOH T: CH2 = CH – COO – CH2 – CH2 - OOCH Câu 5: 1. BTKL 16, 4 gA   nOtrong A 

16, 4  0, 75.12  0,5.2  0, 4 16

 nA  0, 2

nA  0,3 146, 7  144  Với 24,6g nNaOH  0, 4  naxit   0,15 18  NaOH mH 2O  144

=> n este = 0,15 => m CH3OH = 0,15 . 32 = 4,8g BTKL   24, 6  160  m  4,8  146, 7  m  33,1

2. Qui đổi hh X về Fe, Cu, Mg, Zn và S Gọi số mol e cho của hh kim loại là x và số mol của S là y Ta có m kim loại = 10,42 – 32y

S o  S 4  4e y y 4y S 6  2e

 S 4

x  4y

x  4y 2

M o  M  n  ne x nSO2 = y 

x  4y 1  x  3 y  0,5 1 2 2

m kết tủa lớn nhất = mM(OH)n + mBaSO4 mM(OH)n = m kim loại + mOH- = 10,42 – 32y + 17x n BaSO4 = nSO42- =x/2 => mBaSO4 =x/2 .233 => m kết tủa = 10,42 – 32y + 17x + x/2.233 = 43,96 (2) Từ (1) và (2) => x = 0,28 và y = 0,12 => m = 10,42 – 32 . 0,12 + . 96 = 20,02

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Sư Phạm năm 2017 – 2018 Câu 1: 1. Cho hỗn hợp X gồm Cu, Ag, Fe, Al tác dụng với oxi dư, đun nóng thu được chất rắn Y. Cho Y vào dung dịch HCl dư, khuấy kỹ, sau đó lấy dung dịch thu dược cho tác dụng dung dịch NaOH loãng, dư. Lọc lấy kết tủa tạo thành, đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu dược chất rắn Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và cho biết chẩt rắn z chứa những chất nào? 2. Cho 10.8 gam hỗn hợp A gồm Cu và kim loại M (khối lượng của M lớn hơn khối lượng của Cu) tác dụng với dung dịch HCl dư, thu dược 2,912 lít khí (đktc). Nếu cho hỗn hợp A này tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đặc, đun nóng thì thu được 5,6 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Mặt khác, nếu cho 5,4 gam hỗn hợp A tác dụng với 160 ml AgNO3 1M thu được m gam chắt rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, kim loại M không có hóa trị (I) trong các hợp chất. Xác định giá trị m Câu 2: 1. Cho hỗn hợp muối gồm K2CO3, MgCO3 và BaCO3. Trình bày phương pháp điều chế các kim loại riêng biệt (các hóa chất vả diêu kiện cần thiết coi như có đủ). 2. Dẫn từ từ khí CO2, vào V ml dung dịch hỗn hợp NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M. Đồ thị biểu diễn khối lượng kết tủa theo số mol CO2 như sau:

Câu 3: 1. Đun nóng 48,2gam hỗn hợp X gồm KMnO4 và KClO3 sau một thời gian thu được 43,4gam hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl đặc, đun nóng, sau phản ứng thu được 15,12 lít khí clo (đktc) và dd Z gồm các chất tan MnCl2, KCl, HCl dư. Tính thành phần % về khối lượng của các chất trong hỗn hợp X. 2. Cho m gam bột Cu vào 400ml dung dịch AgNO3 0,2M sau một thời gian phản ứng thu được 7,76 gam hỗn hợp chất rắn X và dung dịch Y. Lọc tách X rồi thêm 5,85 gam bột Zn vào Y, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 10,53 gam chất rắn Z. Xác định giá trị của m. Câu 4: 1. Hỗn hợp A gồm các khí metan, etilen và axetiien. Dẫn từ từ 2,8 lít hồn hợp, A (đktc) qua bình chứa dung dịch brom, thấy bình brom bị nhạt màu và có 20 gam brom tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 5,6 lít A (đktc) rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy

qua bình đựng 180 gam dung dịch NaOH 20% sau thí nghiệm thu được dung dịch chứa NaOH với nồng độ 2,75%. Tính thành phần % theo thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp A. 2. Hóa hơi 8,64 gam hổn hợp B gồm một axit no, đơn chức, mạch hờ X và một axit no, đa chức Y (có mạch cacbon hở, không phân nhánh) thu được một thể tích hơi bằng thể tích của 2,8 gam N2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ. áp suất). Mặt khác, đổt cháy hoàn toàn 8,64 gam hỗn hợp B trên thu được 11,44 gam CO2. Tìm cổng thức phân tử, công thức cầu tạo của hai axit Câu 5: Hỗn hợp X chứa 3 este đều mạch hở và không phân nhánh (không chứa nhóm chức khác). Để phản ứng với 41,24 gam X cần dùng 280ml dung dịch NaOH 2M (đun nóng), thu được hỗn hợp muối Y và hỗn hợp Z chứa 3 ancol no. Trộn hỗn hợp Y với vôi tôi xút dư, đun nóng, thu được 11,2 lít (đktc) một chất khi duy nhất là hidrocacbon đơn giản nhất. Mặt khác, để đốt cháy 41,24 gam X cần dùng 42,784 lít O2 (đktc). Tính thành phần % về khối lượng các ancol có trong hỗn hợp Z. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1:

Cu  Ag  O2 ,t 0 HCldu NaOH t0  Y   A   kt  Z    Fe  Al – Tác dụng với oxi dư 2Cu + O2 →2CuO 4Fe + 3O2→2Fe2O3 4Al + 3O2 →2Al2O3 – Tác dụng với HCl dư CuO +2HCl → CuCl2 + H2O Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O – Tác dụng với NaOH dư NaOH + HCl → NaCl + H2O CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + 2NaCl FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3↓ + 3NaCl AlCl3 + 3NaOH → 2H2O + 3NaCl + NaAlO2 – Nung trong không khí

2Fe(OH)3 →Fe2O3 + 3H2O Cu(OH)2→CuO + H2O => Z gồm CuO và Fe2O3 2. nH2 = 0,13 mol;

nSO2 = 0,25 mol

Ta có 2H+ + 2e

Cu → Cu2+ + 2e

→ H2

0,26 ←0,13

0,12

0,24

S+6 + 2e → S+4 0,5 ← 0,25 TH1: M là kim loại có hóa trị không đổi => nCu = (0,5 – 0,26) : 2 = 0,12 mol => mCu = 7,68g => mM = 3,12g (loại vì khối lượng của M lớn hơn của Cu) TH2: M là kim loại có hóa trị thay đổi Do M không có hóa trị I do đó khi phản ứng với HCl thì M thể hiện hóa trị II M + 2HCl → MCl2 + H2 0,13

←

0,13

Do M có hóa trị thay đổi => khi phản ứng với H2SO4 đặc nóng thì M thể hiện hóa trị III 2M + 6H2SO4 → M2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 0,13

→

0,195

Cu + 2H2SO4 → CuSO4+ SO2 + 2H2O 0,055

←

0,055

=> mM = 10,8 – 0,055 . 64 = 7,28g => MM = 56 => Fe Ta có số mol của Cu và Fe trong 10,8 g lần lượt là 0,055 và 0,13 mol => Trong 5,4g có số mol Cu và Fe lần lượt là 0,0275 và 0,065 mol nAgNO3 = 0,16mol Fe

0,065 Cu 0,015

2AgNO3 → 0,13

2AgNO3 →

Fe(NO3)2

0,065 Cu(NO3)2

0,03

2Ag 0,13

2Ag 0,03

=> nCu dư = 0,0275 – 0,015 = 0,0125mol m = mCu dư + mAg = 0,0125 . 64 + 0,16 . 108 = 18,08g Câu 2:

1.  HCl dpnc K 2CO3 tan   KCl  K  K 2CO3   H 2O  HCl dpnc  MgO   MgCl2   Mg  MgCO3   MgO H 2O MgCO3 ; BaCO3 k tan to     BaCO  HCl dpnc Ba (OH ) 2   BaCl2   Ba 3   BaO

2. nOH– = 0,4V Tại nCO2 = 0,03 => OH– dư => n kết tủa = nCO2 = 0,03 mol Tại nCO2 = 0,13 mol kết tủa bị hòa tan 1 phần nCO2 = nOH– – n kết tủa => nOH– = nCO2 + n kết tủa = 0,16mol = 0,4V => V = 0,4 Câu 3: 1. Gọi số mol KMnO4 và KClO3 trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là x,y 158x + 122,5y= 48,2 (1) Bảo toàn elcton toàn quá trình ta có Mn+7+5e →Mn+2 x

Cl+5 + 6e → Cl–1 y

(về bản chất có 1 phần Cl+5 có 1 phần chuyển sang Cl0, nhưng Cl–1 lại nhường e tạo Cl0 vì vậy để đơn giản ta có thể coi tất cả Cl+5 tạo thành Cl–1) 2Cl–1→ Cl2 +2e 0,675 0,135 2O–2 → O2 + 4e 0,15 0,6 Áp dụng định luật bảo toàn e ta có 5x+6y=1,95 (2) Từ 1 và 2 ta có hệ phương trình Giải ta được x=0,15 và y=0,2 % mKMnO4 = 49,17 % và % mKClO3 =50,83%. 2. X gồm Cu và Ag => mX = mCu + mAg

Dd Y gồm AgNO3 và Cu(NO3)2 nAgNO3 = 0,08 và nZn = 0,09 Dễ thấy ½ nZn> nNO3– Khi Zn tác dụng với dd Y => Zn dư => nZn dư = nZn ban đầu – ½ NO3–=0,09 – 0.08/2= 0,05 mol

 Zn : 0, 05  => Chất rắn thu được Cu :  Ag :  => nAg = nAgNO3 mZ = mZn + mCu + mAg= 10,53 – 0,05 . 65 => mCu + mAg= 7,28 mX= m Cu + mAg = 7,76 => mCu ban đầu + mAg= 15,04 => mCu = 15,04 – 0,08.108 = 6,4 gam => m= 6,4 Câu 4: 1. nBr2 = 0,125 mol Khi đốt cháy nA = 0,25 mol mNaOH ban đầu = 36g => nNaOH = 0,9 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của CO2 và H2O mdd = 180 + 44x + 18y Vì NaOH dư do đó chỉ tạo muối trung hòa CO2 +2NaOH → Na2CO3 + H2O x

nNaOH dư = 0,9 – 2x có 2, 75% 

40(0,9  2 x) .100% (1) 180  44 x  18 y

=> 81,21x + 0,495y = 31,05n 2,8 lít khí A tác dụng với 0,125 mol Br2 => 5,6 lít khí A tác dụng với 0,25 mol Br2 Gọi số mol khí của CH4, C2H4 và C2H2 lần lượt là a; b; c Ta có a + b + c = 0,25 mol Và b + 2c = 0,25 => a = c => khi đốt cháy hỗn hợp A cho nCO2 = nH2O Thay vào (1) => x = y = 0,38 mol

a  2b  2c  0,38 a  0,12   Bảo toàn C, H khi đốt cháy ta có a  b  c  0, 25  b  0, 01 a  c  0 c  0,12   => %VCH4 = %VC2H2 = 48% %VC2H4 = 4% 2. nN2 = 0,1 mol => nB = 0,1mol nCO2 = 0,26mol => số nguyên tử C trung bình = 2,6 Gọi m và n là số C của 2 axit

 x  y  0,1 Ta có  mx  ny  0, 26 TH1: m = 2 và n = 3 => x = 0,04 và y = 0,06 Nếu 2axit là CH3COOH: 0,04 và C3H4O4: 0,06 => m = 8,64 (thỏa mãn) TH2: Nếu 2 axit là C2H4O4: 0,04 và C3H6O2: 0,06 => m = 8,04 (thỏa mãn) Câu 5: nCH4 = 0,5 mol nO2 = 1,91 mol CH4 được tạo ra nhờ phản ứng vôi tôi xút các muối CH3COONa và CH2(COONa)2 nX = a + b = 0,5 và nNaOH = a + 2b = 0,56 => a = 0,44 và b = 0,06 Gọi số mol của CO2 và H2O khi đốt cháy lần lượt là x và y Bảo toàn khối lượng: 41,24 + 1,91 . 32 = 18x + 44y Bảo toàn oxi: 0,56 . 2 + 1,91 . 2 = x + 2y => x = 1,68 và y = 1,58 Do số C = 3,36 => CH3COOCH3 Bảo toàn khối lượng cho phản ứng xà phòng hóa tính được m ancol = 18,68g TH1: Hai este đa chức là (CH3COO)2A : 0,04 mol và CH2(COOB)2 : 0,06 mol => CH3COOCH3: 0,36mol Các ancol gồm A(OH)2: 0,04 mol, BOH: 0,12mol và CH3OH: 0,36 mol

=> m ancol = 18,68g => A + 3B = 94 Kiểm tra A = 28, 42 … không có B phù hợp => loại TH2: Hai este đa chức là (CH3COO)2A : 0,04 mol và CH3–OOC – COO–B : 0,06 mol => CH3COOCH3: 0,36 mol Các ancol gồm A(OH)2: 0,04 mol, BOH: 0,06 mol và CH3OH: 0,42 mol => mancol = 18,68 => 2A + 3B = 143 => A = 28 và B = 29 (thỏa mãn) Ancol gồm C2H4(OH)2: 0,04 => %C2H4(OH)2 = 13,27% CH3OH: 0,42 => %CH3OH= 71,95% C2H5OH: 0,06 => % C2H5OH= 14,78%

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa – Chuyên Hồ Chí Minh năm 2017 – 2018 Câu 1: 1. Hoàn thành các phương trình hóa học sau (ghi rõ điều kiện, nếu có): (1) Fe2(SO4)3 + X → K2SO4 + Y (2) FeS + Z → FeCl2 + T (3) FeCl3 + A → Fe(NO3)3 + B (4) Fe + D(lấy dư) → E + SO2 + H2O 2. Một học sinh cho vào một cốc nước một ít muối NaCl và cát rồi khuấy đều hỗn hợp. Muối tan và cát chìm xuống đáy cốc. Hai quá trình nào được học sinh đó sử dụng để lấy riêng biệt trở lại cát và muối từ dung dịch trong cốc? 3. Để điều chế oxi trong phòng thí nghiệm, bạn An thiết kế thí nghiệm như hình vẽ sau đây. Biết rằng chất X là KMnO4. Sau khi xem hình, bạn Bình đưa ra nhận xét:

(a) Có thể thay chất X bằng CaCO3 (b) Có thể thu khí oxi bằng phương pháp đẩy không khí và để ngửa bình (c) Có thể thu khí oxi bằng phương pháp đẩy không khí và để úp bình (d) Phải làm khô khí oxi trước khi dùng phương pháp đẩy nước (e) Còn thiếu một ít bông đặt ở đầu ống nghiệm chứa chất X. Em hãy giúp bạn An xác định các nhận xét đúng – sai (không cần giải thích) 4. Hòa tan hoàn toàn Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 (loãng, lấy dư) thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được dung dịch B và kết tủa D. Nung D trong không khí ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được chất rắn E. Thổi luồng khí CO (lấy dư) qua ống sứ chứa E nung nóng (ở 700–800oC) cho đến khi phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn G và khí X. Sục khí X vào dung dịch Ca(OH)2 thì thu được kết tủ a Y và dung dịch Z. Lọc bỏ Y, đun nóng dung dịch Z lại tạo được kết tủa Y. Xác định thành phần A, B, D, E, G, X, Y, Z và viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 2: 1. Khi kim loại kết hợp với phi kim thành hợp chất, electron di chuyển từ nguyên tử kim loại sang nguyên tử phi kim. Số electron các nguyên tử kim loại cho đi phải đúng bằng số electron các nguyên tử phi kim nhận được. Khi một nguyên tử nhận thêm electron hay

nhường bớt electron, nó trở thành ion. Mô hình sau biểu diễn nguyên tử liti, nguyên tử nito và ion trong hợp chất liti nitrua.

Xác định điện tích của ion liti, ion nito và công thức phân tử của hợp chất liti nitrua. 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol một hiđrocacbon mạch hở X thu được 896 ml khí CO2 (đktc) và 0,54 gam H2O. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo có thể có của X. 3. Có 4 chất hữu cơ có công thức phần tử là: C2H2, C2H4, C2H6O, C2H4O2 được kí hiệu ngẫu nhiên A, B, C, D. Biết rằng: – Chỉ có A tác dụng với kim loại Na giải phóng khí H2 và A được tạo ra trực tiếp từ glucozo bằng phản ứng lên men. – B, D đều có phản ứng với H2 (Ni, t) cho cùng sản phẩm và B tạo được trực tiếp chất dẻo PE – C tác dụng với dung dịch NaOH trong điều kiện thích hợp Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của A, B, C, D Câu 3: 1. Cho một luồng khí H2 (lấy dư) qua ống sứ đựng 10 gam quặng hemantit được đốt nóng ở nhiệt độ cao, sau khi phản ứng kết thúc, lấy chất rắn còn lại trong ống sứ đem hòa tan trong dung dịch HCl (lấy dư) thì thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Cho rằng quặng hemantit chứa Fe2O3 và các tạp chất coi như trơ. a) Tính phần trăm khối lượng Fe2O3 có trong quặng b) Cần bao nhiêu tấn quặng hemantit nói trên để sản xuất được 1 tấn gang chứa 96% sắt? Biết hiệu suất của quá trình là 80%. 2. Hỗn hợp X gồm kim loại Al và oxit FexOy. Nung m gam X trong điều kiện không có không khí, khi đó xảy ra phản ứng: 2yAl + 3FexOy → yAl2O3 + 3xFe Sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y thành ba phần: – Phần 1: cho tác dụng với dung dịch NaOH (lấy dư), sau phản ứng thu được 1,68 lít khí H2 và 12,6 gam chất rắn không tan. – Phần 2: cho tác dụng với H2SO4 (đặc, nóng, lấy dư), sau phản ứng thu được 27,72 lít khí SO2 và dung dịch Z có chứa 263,25 gam muối sunfat. – Phần 3: có khối lượng nhiều hơn phần 1 là 8,05 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thể tích các khí đều đo ở đktc. a) Tính m b) Xác định công thức phân tử của oxit FexOy.

Câu 4: 1. Hỗn hợp A gồm metan và một hợp chất hữu cơ X. Tỉ khối hơi của X so với hiđro nhỏ hơn 18. Đốt cháy hoàn toàn V lít A thu được sản phẩm chỉ gồm CO2 và H2O. Cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2 lấy dư thấy tạo thành 70,92 gam kết tủa. Xác định các công thức phân tử có thể có của X. Biết rằng: V lít A đúng bằng thể tích của 11,52 gam khí O2 được đo trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. 2. Một loại chất béo có thành phần gồm (RCOO)3C3H5 và một lượng nhỏ axit béo tự do RCOOH. Để xà phòng hóa hoàn toàn 9,184 kg chất béo trên cần vừa đủ 1,24 kg NaOH, thu được 0,92 kg glixerol và m kg muối của các axit béo. a) Tính m b) Tính khối lượng xà phòng bánh có thể thu được từ m kg hỗn hợp các muối trên. Biết muối của các axit béo chiếm 72% khối lượng của xà phòng. 3. Hỗn hợp khí A gồm hiđrocacbon X và 728 ml O2 đựng trong bình kín. Đun nóng A cho đến khi phản ứng kết thúc, dẫn các sản phẩm sau phản ứng qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 lấy dư. Sau thí nghiệm, thu được 2 gam kết tủa và cuối cùng còn 56 ml một chất khí duy nhất thoát ra. Xác định công thức phân tử của hiđrocacbon X. Biết MX < 32, các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thể tích các khí đều đo ở đktc.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. (1) Fe2(SO4)3 + 6KOH → 3K2SO4 + Fe(OH)2 (2) FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S (3) FeCl3 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl (4) 2Fe + 6H2SO4 đặc(lấy dư) → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2. Bước 1: Ta lấy cốc hỗn hợp (1) sau hòa tan, đổ qua phễu vào một cốc sạch khác (2) đến khi cốc (1) chỉ còn lại rắn. Bước 2: Cô cạn cốc (2) ta thu được muối khan NaCl 3. a) Sai. Vì CaCO3 → CaO + CO2 b) Đúng. Vì oxi nặng hơn không khí nên được dùng phương pháp đẩy không khí để ngửa bình c) Sai

d) Đúng. Dùng bông ở ống nghiệm chứa X e) Đúng. 4. Pt: Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O FeSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + Fe(OH)2↓ Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 3Na2SO4 + 2Fe(OH)3↓ 2Fe(OH)2 + ½ O2 → Fe2O3 + 2H2O 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2↑ CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 3CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 → CaCO3 + CO2↑ + H2O

  r3   3n G 3 R  to  COd  D   E     H 2 SO4  NaOH d  Y Fe3 O4   ddA   . 3n  Ca OH  2  X    to    ddZ    dd B

  G : Fe   Fe(OH ) 2 to  COd   E     Y :CaCO3    Ca ( OH )2 Fe2O3  FeSO4   Fe(OH )3  X (COd , CO2 )   Z :Ca ( HCO )  H 2 SO4 NaOH d Fe3 O4   A     3   Fe2 ( SO4 )3   B  Na2 SO4   H 2 SO4 d  

Câu 2: 1. Liti mất 1e (3 – 1 = 2) lớp ngoài cùng nên ion Li mang điện tích +1 Nito thêm 3e (5 + 3 = 8) lớp ngoài cùng nên ion N mang điện tích –5 (N–5) Công thức phân tử Li3N 2. Số C = nCO2/nX = 4 Số H = 2nH2O/nX = 6 => X là C4H6 => Ankin : CH ≡ C – CH2 – CH3 ;CH3 – C ≡ C – CH3 Ankađien : CH2 = C = CH– CH3 ;CH2 = CH – CH = CH2

3.  Na C2 H 5 OH  Na  C2 H 5 ONa  12 H 2      H2 A  A : C H OH   2 5 men men etylic C6 H12 O6  A C6 H12 O6  2C2 H 5 OH  2CO2

  C2 H 2  B : C2 H 4 (CH 2  CH 2 )  H 2 , Ni   BD 1SP   ( B, D )   C2 H 4  D : C2 H 2 (CH  CH )  Trung hop  PE  B 

C không tác dụng với Na nhưng tác dụng được với NaOH => C : HCOOCH3→ HCOOCH + NaOH → HCOONa + CH3OH Câu 3: 1. a. nH2 = nFe = 0,1mol Bảo toàn nguyên tố Fe => nFe2O3 = 0,05mol => mFe2O3 = 8g => %Fe2O3 = (8:10) . 100% = 80% b. 2. a. 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑

 Aldu  Al du : 0, 05 nH 2  0,075    Al du : 0, 05   G / smol P1  Al2 O3     Al2 O3 : a ankhong tan Fe  Fe : 0, 225  r   Fe   Fe : 0, 225 Pt: 2Al + 6H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O Al2O3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2O Giả sử P2 = kP1  SO2 :1,2375 (1,5.0, 05  1,5.0, 225)k2  1, 2375   Al du : 0, 05k2    k2  3    P2  Al2 O3 : ak2    a  0,1 Al ( SO ) : (0, 025  a ). k  2 4 3 2  Fe : 0, 225k   muoi:263,25 g  2    Fe2 ( SO4 )3 :0,1125k2 

=> m = 128,8g b) 2yAl + 3FexOy → yAl2O3 + 3xFe 0,1

0,225

=> 0,225y = 0,3x => 3y = 4x

=> Fe3O4 Câu 4: CO2 Ba OH 2 CH O2 A  4     BaCO3  H 2O X   0,36 mol    M X 36 0,36 mol

Vì Ba(OH)2 dư nên nCO2 = nBaCO3 = 0,36mol Số C trung bình = nCO2/nA = 1 => X có 1 C

( RCOO)3 C3 H 5   NaOH   RCOONa  3 H 5 (OH )3 Bảo toàn khối lượng  C  RCOOH  31mol m gam 10 mol 9,184 kg

m chất béo + m NaOH = m + mC3H5(OH)3 => m = 9,504kg b.khối lượng xà phòng = 9,504 : 72% = 13,2kg 3. CO2  BaCO3 : 0, 02 X  Ca  OH 2 du t A    H 2 O   O2 : 0, 0325  O2 : 0, 0025    O2 du M X 36 0 ,36 mol

nO2 du  0, 0025 BTNTO  nO2 pu   2.nO2  2.nCO2  nH 2O  nH 2O  0, 02  nO2bd  0, 0325  0,03

 anken  nCO2 : nH 2O  X     xicloankan 1:1

0, 28  M X 32 nX   0, 00875 mX  mC  mH  12.nCO2  2nH 2O    32  mX  0, 28 BTKL

=> số C = nCO2/nX < 2,3 => X: C2H4

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa – Hệ chuyên – THPT Chuyên Phổ Thông Năng Khiếu năm 2017 – 2018 Câu 1: Cho hỗn hợp X gồm Al, Fe vào dung dịch chứa AgNO3 và Cu(NO3)2. Sau phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm 2 kim loại và dung dịch Z. Cho NaOH dư vào dung dịch Z thu được 2 kết tủa gồm 2 hiđroxit kim loại. Xác định các chất trong hỗn hợp Y và dung dịch Z. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 2: Cho ba cặp chất rắn sau (hai chất trong một cặp có khối lượng bằng nhau) vào lượng nước dư: a) KOH và Al2O3 b) NaHSO4 và NaHCO3 c) Fe(NO3)2 và AgNO3 Viết các phương trình phản ứng (nếu có), nêu hiện tượng quan sát được và cho biết sau phản ứng trong dung dịch còn chứa (các) chất gì. Câu 3: Dung dịch MgSO4 bão hòa ở 10oC có nồng độ là 21,7% và ở 90oC là 34,7% a) Cần thêm bao nhiêu gam MgSO4 vào 100 gam dung dịch MgSO4 bão hòa ở 10oC và đun nóng đến 90o C để được dung dịch bão hòa. b) Làm nguội dung dịch bão hòa ở 90o C trong câu a xuống 10oC cho đến khi dung dịch trở nên bão hòa, tính lượng MgSO4.7H2O tách ra. Câu 3: Dung dịch MgSO4 bão hòa ở 10oC có nồng độ là 21,7% và ở 90oC là 34,7% a) Cần thêm bao nhiêu gam MgSO4 vào 100 gam dung dịch MgSO4 bão hòa ở 10oC và đun nóng đến 90o C để được dung dịch bão hòa. b) Làm nguội dung dịch bão hòa ở 90o C trong câu a xuống 10oC cho đến khi dung dịch trở nên bão hòa, tính lượng MgSO4.7H2O tách ra. Câu 5: Cho chuỗi phản ứng sau: men a ) A  CO2  B

b) B  H 2 CrO4  C +H 2 CrO3  H 2 O c)C  Ca  OH  2  D + H 2 O o

t d ) D   CaCO3  E H 2 SO4 d e) E  F +H 2 O

Viết công thức phân tử của A và công thức cấu tạo của chất từ B đến F. Cho biết hợp chất E có tỉ khối hơi so với H2 là 29; E có chứa 62% khối lượng cacbon và hơp chất F có công thức phân tử là C9H12.

Câu 6: Ở nhiệt độ phòng, hỗn hợp khí X gồm hiđrocacbon A và lượng dư hiđro có tỉ khối so với H2 là 3,375. Khi cho X qua Ni đun nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 là 4,5. a) Xác định công thức phân tử của A. b) Tính thành phần phần trăm theo thể tích của các chất có trong X. Nếu cho X qua Pd/BaSO4 đun nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Z. Trong Z chỉ có hai chất khí là B và hiđro. c) Viết phương trình phản ứng tạo thành B trên. Tính tỉ khối của Z so với hiđro. d) B có thể cho phản ứng polime hóa. Viết phương trình phản ứng này. Hợp chất B cho phản ứng với Cl2 ở 500 tạo thành C (có chứa 46,4% khối lượng Cl). C phản ứng với dung dịch NaOH loãng thu được D. Cho D phản ứng với nước và Cl2 thu được E (có chứa 32,1% khối lượng Cl). Sau cùng E phản ứng với dung dịch NaOH loãng thu được F. e) Viết công thức cấu tạo của các chất từ B đến F và viết các phương trình hóa học xảy ra. f) Thay vì điều chế F từ B như trên, F có thể được điều chế từ các chất có trong tự nhiên. Cho biết đó là chất gì ? Viết phương trình phản ứng tổng quát.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1:

  Ag  RanY  Cu   Al  AgNO3  X     Al ( NO3 )3  Fe(OH ) 2  Fe Cu ( NO3 ) 2  NaOH du dd Z  Fe( NO )     3 2  Cu (OH ) 2 Cu ( NO )  3 2  Pt: Al + 3AgNO3 → Al(NO3)3 + 3Ag↓ 2Al + 3Cu(NO3)2 → 2Al(NO3)2 + 3Cu↓ Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag↓ Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu↓ Al(NO3)3 + 3NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaNO3 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O Fe(NO3)2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaNO3 Cu(NO3)2 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + 2NaNO3

Câu 2: Giả sử mỗi chất rắn nặng 100 gam.  KOH :1, 786 BTNT K dd KAlO2 :1, 786   BTNT Al a.   Al2 O3 du :0, 087    Al2 O3 : 0,98 pt: 2KOH + Al2O3 → 2KAlO2 + H2O

Hiện tượng: miếng nhôm oxit bị tan một phần, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì trong ống nghiệm quan sát thấy vẫn còn rắn dư (Al2O3) b.  NaHSO4 : 0,83 BT SO4  Na2 SO4 : 0,83   BTNT Na   NaHCO3 :0,36    NaHCO3 :1,19

pt: NaHSO4 + NaHCO3 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O Hiện tượng: dung dịch có sủi bọt khí, không màu, không mùi, thoát ra mạnh. Sau phản ứng hoàn toàn, dung dịch trong suốt (NaHCO3 tan hoàn toàn trong nước) c. BTNT Fe    Fe( NO3 )3 :0,556  Fe( NO3 ) 2 : 0,556 BTNT  BT NO3     AgNO3 :0, 032  AgNO : 0,588 3   BTNT Ag  Ag :0,558  0, 032  0,556  

pt: Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag↓ Hiện tượng: dung dịch có xuất hiện kết tủa màu trắng (Ag) Câu 3: Nhiệt độ

Chất tan

Dung dịch

10oC

21,7

100

90oC

a + 21,7

100 + a

Suy ra: a + 21,7 = 34,7%.(100 + a) → a = 19,908 (gam) b) Giả sử nMgSO4.7H2O: b (mol) Nhiệt độ

Chất tan

Dung dịch

10oC

41,608

119,908

90oC

41,608 – 120b

119,908 – 246b

Suy ra: 41,608 – 120b = 21,7%.(119,908 – 246b) → b = 0,235 → mMgSO4.7H2O = 57,802 Câu 4: ranZ :Cu (0, 09875) Cu  H 2 SO4 :0,5 mol  cocan   X     ranT  H 2O  dd Y1   ddU  Fe dd Y      600 ml 

a.Gọi a, b lần lượt là số mol của Cu và Fe3O4

64a  232b  30 a  0,17875 %Cu  38,13%    a  b  0, 09875 b  0, 08 % Fe3 O4  61,87% b. o CuSO4 : 0, 04 CuSO4 : 0, 04 %CuSO4  25,97 Y1  t  ranT    FeSO4 : 0,12 H 2 SO4 du : 0, 09  FeSO4 : 0,12 % FeSO4  74, 03%

c. Ta dùng Ba(OH)2

  BaSO4 : 0, 25 CuSO4 : 0, 04     Cu (OH ) 2 : 0, 04 BTNT Ba Ba ( OH )2 :0,2V mol Y1  FeSO4 : 0,12      Ba (OH ) 2 :0, 25mol  V  1, 25l  H SO du : 0, 09   Fe(OH ) 2 : 0,12  2 4 H O  2 Câu 5:

CO2 M E 58 men   E :C3 H 6 Ova A   % C  62%  B  B : C2 H 5 OH men C6 H12 O6  2CO2  2C2 H 5 OH

C2 H 5 OH  2 H 2 CrO4  CH 3 COOH  2 H 2 CrO3  H 2 O 2CH 3 COOH  Ca (OH ) 2  (CH 3 COO) 2 Ca  2 H 2 O o

H 2 SO4 t (CH 3 COO) 2 Ca   CaCO3  C3 H 6 O 3C3 H 6 O   C9 H12  3H 2 O

Câu 5: a. BTKL ta có mX = mY => nX . MX = nY . mY MX n  Y  0, 75 MY nX

Đặt nX = 1 mol => nY = 0,75 mol => nH2 phản ứng = 1 – 0,75 = 0,25mol * TH hidrocacbon là anken: n

anken

= 0,25 mol => n

H2 trong X

= 0,75 => M = (6,75 –

0,75 . 2)/0,25 = 21 (loại) * TH là ankin: => n akin = 0,25/2 = 0,125 => n H2 trong X = 0,875 mol => M = (6,75 – 0,875 . 2)/0,125 = 40 =>C3H4 b.

C3 H 4 : x  x  y  1 %C3 H 4 :12.5%  x  0,125     40 x  2 y  6, 75  y  0,875 % H 2 : 87,5% H2 : y c.

C3 H 4 : 0,125 C3 H 6 : 0,125 Y Z  M Z  mZ nZ  7, 714  d Z / H 2  3,857  H 2 : 0,875  H 2 du : 0, 75 d. o

t , xt CH 2  CH  CH 3   [CH 2 -CH(CH 3 )]n 

e. MC 

35,5  76,5  C :C3 H 5 Cl 46, 4%

CH 2  CH  CH 3  Cl2  CH 2  CH  CH 2 Cl CH 2  CH  CH 2 Cl  NaOH  CH 2  CH  CH 2 OH ME  35,532,1  110,5  E : CH 2 (OH )  CH (OH )CH 2 Cl

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Vinh năm 2017 - 2018 Câu 1: Viết 01 phương trình hóa học của phản ứng giữa các chất sau với tỉ lệ mol đã cho (các phản ứng là hoàn toàn, vừa đủ) 1:1 a. SO2  Ca  OH 2  

1:1 b. Ba  HCO3 2  NaOH  

2:3 c. P  Cl2  

1:2 d. Ca3  PO4  2  H 2 SO4  

1:3 e. H 3 PO4  KOH  

1:1 g. CO2  NaOH  

Câu 2: Chọn các chất A, B, C, D thích hợp và hoàn thành chuỗi phản ứng bằng phương trình hóa học (ghi điều kiện của phản ứng nếu có). Biết A là thành phần chính của quặng pirit sắt.            A   B   C   D   Fe   FeCl2   Fe( NO3 ) 2 Fe( NO3 )3 1

Câu 3: Xác định các chất hữu cơ A, B, C, D và viết phương trình hóa học (ở dạng công thức cấu tạo thu gọn đối với hợp chất hữu cơ) để thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có)

Câu 4: Cho hình vẽ điều chế oxi trong phòng thí nghiệm:

– Viết phương trình hóa học của phản ứng. – Vì sao có thể thu khí oxi bằng phương pháp đẩy nước? – Vì sao miệng ống nghiệm đựng KMnO4 lắp hơi nghiêng xuống? – Nêu vai trò của bông khô? – Khi dừng thí nghiệm nên tắt đèn cồn trước hay tháo ống dẫn khí ra trước? Tại sao?

Câu 5: 1. Cho từ từ đến hết 100 ml dung dịch FeCl2 0,5M vào 100 ml dung dịch AgNO3 1,2M. Sau phản ứng hoàn toàn được m gam kết tủa và dung dịch chứa các muối. a. Viết phương trình hóa học của phản ứng. b. Tìm giá trị của m. 2. Cho 175 ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào 100 ml dung dịch Mg(HCO3)2 1M. Sau phản ứng hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b. Tìm giá trị của m. Câu 6: 1. A là hiđrocacbon mạch hở, thể khí ở điều kiện thường. Khi đốt cháy hoàn toàn A bằng khí oxi (vừa đủ) thấy thể tích khí và hơi của các sản phẩm bằng tổng thể tích các khí tham gia phản ứng (thể tích các khí và hơi đều đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A. 2. Thể tích rượu etylic 39oC thu được khi lên men m (kg) mùn cưa có chứa 81% xenlulozo là 11,06 lít. Biết khối lượng của rượu etylic là 0,8g/ml; hiệu suất của quá trình là 75%. Tìm giá trị của m. 3. Cho 19,8 gam hỗn hợp hai axit HCOOH và CH3COOH (có tỉ lệ mol tương ứng 3 : 1) tác dụng với 20,7 gam rượu etylic, hiệu suất các phản ứng este hóa là 75%. a. Tính khối lượng este thu được sau phản ứng. b. Đem hỗn hợp sau phản ứng este hóa cho tác dụng hết với 250 ml dung dịch NaOH 2M, kết thúc phản ứng cô cạn dung dịch thì thu được bao nhiêu chất rắn khan. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1:1  CaSO3  H 2 O a. SO2  Ca  OH 2  1:1  BaCO3  NaHCO3  H 2 O b. Ba  HCO3  2  NaOH 

2:3 c. 2 P  3Cl2   2 PCl3 1:2  2CaSO4  Ca ( H 2 PO4 ) 2 d. Ca3  PO4  2  2 H 2 SO4 

1:3 e. H 3 PO4  3KOH   K 3 PO4  3H 2 O 1:1 g. CO2  NaOH   NaHCO3

Câu 2: (1) 2FeS2 + 14H2SO4 đặc → Fe2(SO4)3 + 15SO2↑ + 14H2O (2) Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 3Na2SO4 + 2Fe(OH)3↓

(3) 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O (4) Fe2O3 + 3H2 → 2Fe + 3H2O (5) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (6) FeCl2 + 2AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2AgCl↓ (7) Fe(NO3)2 + 2HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2↑ + H2O (8) Fe(NO3)3 + Fe → Fe(NO3)2 Câu 3:  CaO ,t  CH 4  Na2 CO3 1 CH 3COONa  NaOH  o

1500 C  CH  CH  3H 2  2  2CH 4  o

Pd ,to  CH 2  3 CH  CH  H 2 

 4  nCH 2

 CH 2

trung hop  CH 2   (CH 2  CH 2 ) n 

xt  CH 2 5  CH  CH  HCl 

 CHCl

ltrung hop (6) nCH 2  CHC   [CH 2  CH  Cl ]n  nhihop  CH 2  7  2CH  CH 

 CH  C  CH

to , xt  CH 2 8  CH  C  CH  CH 2  H 2 

 9  nCH 2

 CH  CH  CH 2

trung hop  CH  CH  CH 2   (CH 2  CH  CH  CH 2 ) n 

Câu 4: – Dùng phương pháp đẩy nước là hợp lí vì oxi ít tan trong nước và oxi thu được có độ tinh khiết cao. – Oxi nặng hơn không khí, khi đốt nóng KMnO4 thì áp suất tại đó cao hơn nên – Oxi sinh ra sẽ di chuyển xuống phía dưới ống nơi áp suất thấp hơn và dễ dàng thoát ra ống dẫn khí. – Bông khô có vai trò hút ẩm. – Khi dừng thí nghiệm nên tắt đèn cồn trước sau đó mới tháo ống dẫn khí. Câu 5: 1. FeCl2 + 3AgNO3 → 2AgCl↓ + Ag↓ + Fe(NO3)3 0,04

←0,12

→ 0,08

0,04

Vậy: m(kết tủa) = mAgCl + mAg = 143,5 . 0,08 + 108 . 0,04 → m = 15,8(g) 2.

Ba(OH)2 + Mg(HCO3)2 → BaCO3↓ + MgCO3↓ + 2H2O 0,1

←

0,1

Dư: 0,075 Vậy, m(kết tủa) = mBaCO3 + mMgCO3 = 197.0,1 + 84.0,1 = 28,1 (g) Câu 5: Pt: CxHy + (x + 0,25y)O2 → xCO2 + 0,5yH2O 1

→ (x + 0,25y)

0,5y

Thể tích và số mol tỉ lệ thuận nên thể tích bằng nhau thì số mol cũng bằng nhau

Theo đề bài: n(khí trước pứ) = n(khí sau pứ)

CH 4 C H 2 4  1  x  0, 25 y  x  0,5 y  y  4  C3 H 4   C4 H 4

2. Độ rượu là % thể tích rượu nguyên chất trong dung dịch rượu. DdC2 H 5 OH

C2 H 5 OH : 4,3134  l  =  m  D.V  3, 45072 H 2 O : 6, 7466

 m 

3, 45072.162  10kg 46.2.75%.81%

3. Qui đổi 2 axit thành

 HCOOH :0,3 0, 4  RCOOH : 0, 4  RCOOH      M  mn  19,80, 4  49,5  R  4,5 CH 3 COOH :0,1

a. Pt:

RCOOH + C2H5OH → RCOOC2H5 + H2O

Pứ

0,3

→ 0,3

Dư:

0,1

0,15

0,3

mEste = (4,5 + 73) . 0,3 = 23,25 (g) b. Sau pứ este hóa

 RCOOH : 0,1 BT RCOO    RCOONa :0, 4  0,5 mol NaOH C H OH : 0,15    m ran  32, 6 g  2 5  BTNT Na   NaOH du :0,1    RCOOC H : 0,3 2 5 

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa – Hệ chuyên – THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định năm 2017 – 2018 Câu 1: Trong phòng thí nghiệm người ta lắp đặt bộ dụng cụ điều chế khí X theo phương pháp dời chỗ nước như hình bên.

Hãy lựa chọn 2 cặp chất tương ứng với (1) và (2) phù hợp để có thể điều chế được khí X. Viết phương trình phản ứng xảy ra. Tại sao khí X có thể thu được bằng phương pháp đó. Câu 2: Trong dân gian người ta thường sản xuất rượu etylic bằng phương pháp lên men tinh bột. Phần còn lại sau khi chưng cất lấy rượu etylic được gọi là bỗng rượu (bã rượu). a. Viết phương trình phản ứng điều chế rượu etylic từ tinh bột. b. Giải thích tại sao bỗng rượu để trong không khí lâu ngày lại bị chua và khi ăn bỗng rượu ta thấy có mùi thơm? Câu 3: Axit sunfuric H2SO4 là một trong những hóa chất có ứng dụng hàng đầu trong đời sống như: sản xuất phân bón, thuốc trừ sâu, chất giặt rửa tổng hợp, tơ sợi hóa học, chất dẻo, sơn, dược phẩm. Trên thế giới mỗi năm người ta sản xuất khoảng 160 triệu tấn H2SO4 từ lưu huỳnh hoặc quặng pirit FeS2 theo sơ đồ sau:  S   1

 2

FeS 2 

    SO2   SO3   H 2 SO4 3

a. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa trên (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có) b. Trong thực tế sản xuất, để an toàn người ta không hấp thụ trực tiếp SO3 vào nước mà hấp thụ SO2 vào H2SO4 đặc để tạothành Oleum (H2SO4.nSO3). Tùy theo mục đích sử dụng người ta hòa tan Oleum vào nước để thu được dung dịch H2SO4 có nồng độ theo yêu cầu. Hòa tan hoàn toàn 16,9 gam Oleum vào nước thu được 25 gam dung dịch H2SO4 78,4%. Xác định công thức của Oleum. Câu 4: Hỗn hợp X gồm các oxit: BaO, CuO, Fe2O3, Al2O3 có cùng số mol. Dẫn một luồng khí CO dư đi qua hỗn hợp X nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí A và hỗn hợp rắn B. Cho B vào nước dư thu được dung dịch C và hỗn hợp rắn D. Cho D tác dụ ng với H2SO4 đặc nóng dư, thu được dung dịch E và khí SO2 duy nhất. Sục khí A vào

dung dịch C được dung dịch G và kết tủa H. Xác định thành phần của A, B, C, D, E, G, H và viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 5: X, Y, Z là 3 trong số các muối sau: Na2SO4, Na2CO3, NaHCO3, NaHSO4, BaCl2, Ba(HCO3)2. Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch Y có khí bay ra. Cho dung dịch Y tác dụ ng với dung dịch Z có kết tủa trắng xuất hiện. Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch Z vừa có kết tủa trắng vừa có khí bay ra. Chọn công thức X, Y, Z phù hợp và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra. Câu 6: Các chất A, B, D, E không theo thứ tự gồm: benzen, rượu etylic, axit axetic, dung dịch glucozo. Tiến hành thí nghiệm với các mẫu thử, kết quả thí nghiệm được ghi ở bảng sau: Thí nghiệm Mẫu thử A B D E

Tác dụng với Na Có khí thoát ra Có khí thoát ra Có khí thoát ra Không hiện tượng

Tác dụng với Na2CO3 Không hiện tượng Không hiện tượng Có khí thoát ra Không hiện tượng

Tác dụng với Ag2O/NH3 Không hiện tượng Tạo kết tủa Ag Không hiện tượng Không hiện tượng

Dựa vào kết quả thí nghiệm, xác định A, B, D, E và viết các phương trình phản ứng. Câu 7: Theo cơ quan nghiên cứu ung thư quốc tế IARC của WHO, chất vàng ô (auramine O) chất X là chất đứng hàng thứ 5 trong 116 chất có khả năng gây ung thư. Trong thời gian vừa qua, cơ quan chức năng phát hiện hàng loạt các vụ sử dụng chất vàng ô để nhuộm măng tươi, dưa muối, cho vào thức ăn chăn nuôi để tạo màu da vàng hấp dẫn cho da cầm…Khi phân tích 1,602 gam X người ta thu được 2,2848 lít CO2 (đktc), 1,134 gam H2O và 0,2016 lít N2 (đktc). Xác định công thức phân tử của X, biết tỉ khối hơi của X so với H2 bằng 133,5. Câu 8: Cho hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H2. Lấy 6,88 gam X tác dụng hết với dung dịch Br2(dư) thì khối lượng Br2 đã phản ứng là 38,4 gam. Mặt khác, nếu cho 8,96 lít (đktc) hỗn hợp X tác dụng với lượng dư AgNO3/NH3 thu được 24 gam kết tủa. Tính phần trăm về thể tích của CH4 có trong X, biết phản ứng của axetilen với dung dịch AgNO3/NH3 có phương trình là: Câu 9: X là một rượu có công thức phân tử là CnH2n+1CH2OH (n ≥ 0), tính chất tương tự C2H5OH. Oxi hóa 9,6 gam X bằng O2 có xúc tác thích hợp, sau một thời gian thu được hỗn hợp Y gồm axit, rượu dư và nước. Cho toàn bộ Y tác dụng với Na dư thu được 5,376 lít H2 (đktc). Mặt khác, nếu đun lượng hỗn hợp Y như trên với H2SO4 đặc nóng để thực hiện phản ứng este hóa đến khi hiệu suất phản ứng đạt 80% thi thu được m gam este. Tìm m, biết phản ứng oxi hóa X bằng O2 có phương trình là:

Câu 10: Cho hỗn hợp X gồm 3 kim loại K, Al và Fe vào nước dư thu được dung dịch Y, phần không tan Z có khối lượng 11,15 gam và 6,72 lít H2 (đktc). Cho Z vào 100 ml dung dịch CuSO4 3M thu được 16 gam chất rắn T. Xác định khối lượng của mỗi kim loại trong X, biết rằng các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Câu 11: Hấp thụ hết 6,72 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol KOH và y mol K2CO3 thu được dung dịch A chỉ chứa 2 muối. Nhỏ từ từ toàn bộ dung dịch A vào 300 ml dung dịch HCl 1,5M; sau phản ứng thu được dung dịch B (không chứa HCl) và 8,064 lít khí (đktc). Mặt khác, nếu cho toàn bộ lượng dung dịch A như trên tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 118,2 gam kết tủa. Xác định giá trị x, y.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Phương pháp dời nước: điều chế chất khí có M < 29, không tan hoặc rất ít tan trong nước. Hình vẽ trên điều chế khí H2. Cặp chất có thể là

 HCl  Mg , Al (1)  va (2)  loang  Zn, Fe  H 2 SO4 Pt: Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2. Giải thích: H2 là khí rất ít tan trong nước và có M = 2 < 29 (kk). Câu 2: H 2 SO4 a.(C6 H10 O5 ) n  nH 2 O   nC6 H12 O6 men C6 H12 O6  2CO2  2C2 H 5 OH  ancoletylic 

men b.C2 H 5 OH  O2  CH 3 COOH  H 2 O

Bỗng rượu có mùi chua vì quá trình lên men chậm trong không khí tạo ra giấm ăn CH3COOH. Câu 3: a. S  O2  SO2 o

t 4 FeS 2  11O2   2 Fe2 O3  8SO2 o 1 2 V2 O5 ,t SO2  O   SO3 2

SO3  H 2 O  H 2 SO4 b. Giả sử CTPT Oleum: H2SO4.nSO3 có x (mol) nH 2 SO4 

 x  0, 05 25 . 78, 4%  98  80n  .x =16,9  0, 2      n  3  H 2 SO4 .3SO3 98 nx  0,15 (n +1).x  0, 2

Vậy CTPT Oleum: H2SO4.3SO3. Câu 4:  COdu  H : Al (OH )3 : 2 Ba ( AlO 2)2     A   BaO :1 dd G : Ba ( HCO3 ) 2 :1 CO2 : 4  CuO :1    COdu  BaO :1     dd C : Ba ( AlO2 ) 2 :1 Cu :1  Fe2 O3 :1     H 2 Odu  Cu :1 H 2 SO4 ,dac ,t o ,du  Al2 O3 :1 ran B  Fe : 2  ran D     SO2    Fe : 2    Al2 O3 :1  o

CuO  CO t  Cu  H 2O  o

t Fe2 O3  3CO   2 Fe  3CO2 

2CO2  Ba ( AlO2 ) 2  4 H 2 O  Ba ( HCO3 ) 2  2 Al  OH  3  BaO  H 2 O  Ba  OH  2

Ba  OH 2  Al2 O3  Ba ( AlO2 ) 2  H 2 O Cu  2 H 2 SO4  CuSO4  SO2  2 H 2 O 2 Fe  6 H 2 SO4  Fe2 ( SO4 )3  3SO2  6 H 2 O

Câu 5:   NaHSO4  X : NaHSO4 X Y  X Z   X     Y : Na2 CO3   Ba ( HCO3 ) 2  Z : Ba ( HCO3 ) 2

2NaHSO4 + Na2CO3 → 2Na2SO4 + CO2↑ + H2O Ba(HCO3)2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaHCO3 Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4↓ + 2CO2↑ + 2H2O Câu 6: Chỉ có glucozo mới tráng Ag nên B là: Glucozo E không tác dụng với Na → E là: benzen (C6H6) D tác dụng được với muối → D là: axit axetic (CH3COOH) → A: C2H5OH Câu 7: BTKL: mX + mO2 = mCO2 + mH2O + mN2 => mO2 = 0,267g => nO2 = 0,1335mol

BTNT O: nO (X) + 2.nO 2 = nCO2 + nH2O => nO(X) = 0 => X không có nguyên tử O. Ta có: nC : nH : nN = 0,102 : 0,126 : 0,018 = 17 : 21 : 3 => CTĐGN: (C17H21N3)n Vì: MX = 133,5 . 2 = 267 → n = 1 → X: C17H21N3. Câu 8: xt CH  CH  2 AgNO3  2 NH 3   C  Ag   C  Ag   2 NH 4 NO3

CH  CH  2 AgNO3  2 NH 3 xt  C  Ag   C  Ag   2 NH 4 NO3 

0,1

CH 2  CH 2  Br2  CH 2  Br   CH 2  Br 

CH  CH  2 Br2  CH ( Br2 )  CH ( Br2 )

  CH 4 : x  x  0, 2(50%)  x  y  z  0,14      y  0,1(25%) Giả sử 8,96 lít C2 H 4 : y   z  0,1 C H : z   z  0,1(25%) (16 x  28 y  26 z ).k  6,88   2 2 P1  2 P   2   ( y  2 z ).k  0, 24 Câu 9: Giả sử X có: x (mol) → (14n + 32)x = 9,6 (1) Cn H 2 n 1CH 2 OH  O2 xt  Cn H 2 n 1COOH  H 2 O pu :

du :

xa



–OH + Na → –ONa + ½ H2 (x + a)

→

0,5(x + a)→ 0,5.(x + a) = 0,24 (2)

14n +32 x =9, 6 Từ (1) và (2)   n  1  CH 3 OH xa  x + a =0, 48  0, 24  x  0, 48

=> nCH3OH ban đầu = 0,3 và sau phản ứng = 0,18 => H = 60% Câu 10: K + H2O → KOH + ½ H2↑ x

→

0,5x

KOH + Al + H2O → KAlO2 + 1,5H2↑

→

1,5x

2Al + 3CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3Cu↓ (y – x)

→

1,5(y – x)

Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu↓ z

→

K : x 2 x  0,3  K : 5,85 g  x  0, 2    mol  Al : y  27( y  x)  56 z  11,15     Al : 5, 4 g  y  0,175  Fe : z 1,5( y  x)  z  16  Fe : 9,8 g    Câu 11:  HCl :0,45    CO2 : 0,36  KHCO3  KOH : x CO2    dd A     Ba (OH ) 2 0,3  K 2 CO3 : y  K 2 CO3    BaCO3 : 0, 6

BTNT C: nCO2 + nK2CO3 = nBaCO3 => y = 0,3

 KHCO3 : 0, 6  x  KOH : x CO2    0,3  K 2 CO3 : 0,3  K 2 CO3 : x Nhận xét: HCl hết, 2 muối có thể còn dư. Vậy giả sử mol pứ: nHCl  nKHCO3  2 nK 2 CO3     a  2b  0, 45  KHCO3 : a a  0, 27   BT C    nKHCO3  nK2CO 3  nCO2  a  b  0,36 b  0, 09  K 2 CO3 : b  

=> nKHCO3 : nK2CO3 = 0,27 : 0,09 = 3:1 => 0,6 – x = 3x => x = 0,15

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Vĩnh Phúc năm 2017 2018 Câu 1: Viết các phương trình phản ứng thực hiện sơ đồ sau và ghi rõ điều kiện phản ứng (mỗi mũi tên là một phương trình)

Câu 2: Hợp chất X1 gồm 2 nguyên tố có công thức phân tử dạng M2On, trong đó nguyên tố oxi chiếm 74,07% về khối lượng. X2 là axit tương ứng của X1. Biết rằng, cứ 1 mol X1 phản ứng với 1 mol nước tạo ra 2 mol X2. Tìm công thức của X1, X2. Câu 3: Lấy cùng số mol hai hiđrocacbon CxHy và Cx+2Hy+4 (x, y là các số nguyên dương) đem đốt cháy hoàn toàn thấy thể tích khí oxi cần dùng ở hai phản ứng này gấp 2,5 lần. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tìm công thức phân tử của hai hiđrocacbon trên. Câu 4: Hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu. Lấy 3,31 gam X cho vào dung dịch HCl dư, thu được 0,784 lít H2 (đktc). Mặt khác, nếu lấy 3,31 gam X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, dư, đun nóng thu được 10,51 gam hỗn hợp muói. Biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn, tính thành phần % về khối lượng của các chất trong X. Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn 12,0 gam một hợp chất hữu cơ X chỉ thu được CO2 và H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 40 gam kết tủa và dung dịch sau phản ứng có khối lượng giảm 15,2 gam so với dung dịch Ca(OH)2 ban đầu. Biết rằng 3,0 gam X ở thể hơi có thể tích bằng thể tích của 1,6 gam oxi ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Tìm công thức phân tử của X. Câu 6: Tiến hành thí nghiệm sau: – Thí nghiệm 1: cho 1,74 gam MnO2 tác dụng với HCl đặc, dư, đun nóng thu được khí A màu vàng lục. – Thí nghiệm 2: cho một lượng sắt vào dung dịch H2SO4 loãng đến khi khối lượng dung dịch tăng 167,4 gam thì thu được một lượng khí B.

– Thí nghiệm 3: thêm 3 gam MnO2 vào 197 gam hỗn hợp KCl và KClO3 thu được hỗn hợp X. Trộn kĩ và đun nóng hỗn hợp X đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được chất rắn nặng 152 gam và một lượng khí D. – Thí nghiệm 4: Nạp toàn bộ lượng khí A, khí B và khí D thu được ở các thí nghiệm trên vào một bình kín, nâng nhiệt độ cao để thực hiện hoàn toàn các phản ứng rồi đưa nhiệt độ về 250C thu được dung dịch Y chỉ chứa một chất tan duy nhất. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính nồng độ % của chất tan có trong dung dịch Y Câu 7: Hòa tan hoàn toàn 42,6 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ có tỉ lệ mol tương ứng là 5:4 vào 500 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Y và 17,472 lít khí (đktc) a. Xác định thành phần % về khối lượng mỗi kim loại trong X. b. Dẫn từ từ khí CO2 vào dung dịch Y, tính thể tích khí CO2 (đktc) cần dùng để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Câu 8: Cho 6,72 lít hỗn hợp A gồm etilen và axetilen có tỉ khối so với hiđro là 40/3 lội qua 1,5 lít dung dịch Br2 0,2M. Sau khi phản ứng xong, thấy dung dịch brom mất màu hoàn toàn; khối lượng dung dịch brom tăng 5,88 gam và có 1,792 lít hỗn hợp khí B thoát ra khỏi bình. Các thể tích khí đều đo ở đktc. a. Tính khối lượng mỗi sản phẩm thu được. b. Tính thành phần % theo thể tích mỗi khí trong hỗn hợp B. Câu 9: Hòa tan hoàn toàn một lượng AlCl3 và một lượng Al2(SO4)3 vào nước thu được 200 gam dung dịch X, chia dung dịch X thành hai phần: – Phần 1: cho tác dụng với BaCl2 dư thu được 13,98 gam kết tủa trắng. – Phần 2: cho tác dụng với 476 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, sau khi phản ứng xong thu được 69,024 gam kết tủa. Biết khối lượng phần 2 gấp n lần khối lượng phần 1 (n là số nguyên dương) và lượng chất tan trong phần 2 nhiều hơn lượng chất tan trong phần 1 là 32,535 gam. Tính nồng độ phần trăm của các chất có trong dung dịch X. Câu 10: Thủy phân hoàn toàn 2,85 gam hợp chất hữu cơ A (chứa C, H, O) thu được m1 gam chất X và m2 gam chất Y chỉ chứa một loại nhóm chức. Đốt cháy hết m1 gam X tạo ra 0,09 mol CO2 và 0,09 mol H2O, còn khi đốt cháy hết m2 gam Y thu được 0,03 mol CO2 và 0,045 mol H2O. Tổng lượng oxi tiêu tốn cho cả hai phản ứng cháy trên đúng bằng lượng oxi tạo ra khi nhiệt phân hoàn toàn 42,66 gam KMnO4. Biết phân tử khối của X là 90(u); Y không hòa tan Cu(OH)2. Xác định công thức phân tử của các chất A, X, Y biết A có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1:

1 CaCl2  Na2 CO3  2 NaCl  CaCO3   2  CaCO3  2 HCl  CaCl2  CO2  H 2 O t  CaCO3  3 CaO  CO2  1000 C  CaO  CO2   4  CaCO3   5  Ca( NO3 )2  K 2 CO3  2 KNO3  CaCO3   6  CaCO3  2 HNO3  Ca( NO3 )2  CO2   H 2 O t  CaCO3  CO2   H 2 O  7  Ca( HCO3 )2  8  CaCO3  CO2  H 2 O  Ca( HCO3 )2 o

Câu 2: % O  74,07%    M X1 

n  5 16n   X 1 : N 2 O5 74, 07%  M  14( N )

pt : N 2 O5  H 2 O  2 HNO3 Câu 3: t Pt : Cx H y   x  0, 25 y  O2   xCO2  0,5 yH 2 O o

Cx  2 H y  4   x  0, 25 y  3 O2   x  2  CO2   0,5 y  2 H 2 O

CH 4 x  1  x  0, 25 y  3  2,5  x  0, 25 y   2 x  0,5 y  4     y  4 C3 H 8 Câu 4:  Al : x  HCl     H 2 : 0, 035  X  Fe : y    H SO du 2 4 Cu : z   muoi :10,51g    3,31 g

Al  3HCl  AlCl3  1,5 H 2  Fe  2 HCl  FeCl2  H 2  2 Al  6 H 2 SO4  Al2 ( SO4 )3  3SO2  6 H 2 O 2 Fe  6 H 2 SO4  Fe2 ( SO4 )3  3SO2  6 H 2 O Cu  2 H 2 SO4  CuSO4  SO2   H 2 O

27 x  56 y  64 z  3,31  x  0, 01 % Al  8,16%  H 2 :0,035   1,5 x  y  0, 035   y  0, 02  % Fe  33,84%     %Cu  58% muoi 10,51 g  342.0,5 x  400.0,5 y  160 z  10,51  z  0, 03  

Câu 5: nX = nO2 = 0,05 → MX = 60. Pt: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O Vì: Ca(OH)2 dư nên nCO2 = nCaCO3 = 0,4. m dd giảm = mCaCO3 – mCO2 + mH2O → mH2O = 7,2g → nH2O = 0,4 (mol)

 soC  nCO2 nX  2 X :0,2    X :C2 H 4 O2 – Phần 1  so H  2nH 2O nX  4 Câu 6: MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O 0,02

→

0,02

→ nCl2 = 0,02 – Phần 2 Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 a

→

m dd tăng = mFe – mH2 → 56a – 2a = 167,4 → a = 3,1 → nH2 = 3,1 – Phần 3 BTKL: mMnO2 + mKCl + mKClO3 = m(rắn) + mO2 → nO2 = 1,5 – Phần 4

 H 2  Cl2  2 HCl  Cl2 : 0, 02 0, 02  0, 02  0, 04 36,5.0, 04   H 2O  C %( HCl )  .100%  2, 63%  H 2 : 3,1   1 55, 46 O :1,5  H 2  O2  H 2 O 2 2    m 55,62 g 3  1,5     mdd 55,46 g

Câu 7: a.  M : 5 x  HCl:0,5 mol  H 2 : 0, 78 X 1    CO2 M : 4 x   max ddY :    2   42,6 g

 HCl : 0,5  HCl hết, X phản ứng với H2O   H 2 : 0, 78  M 1  0,5 H 2 0, 6 M 1  0, 48M 2  42, 6 5 x  2,5 x 2,5 x  4 x  0, 78  % K  54,93%  M 1  4 M 2  355   5       x  0,12 %Ca  45, 07% M 2  H 2   K & Ca  4 x  4 x b. Ca 2 : 0, 48   2 2.0, 48  0, 6  0,5  a Ca : 0, 48 1, 06 K : 0, 6 BTDT ddY       CO2 : 0, 48   0,53  2  a  1, 06   OH :1, 06 Cl : 0,5 V :10,752 11,872 OH  : a  Vậy giá trị V trong đoạn [10,752; 11,872] thì kết tủa max và m (kết tủa) = 48 (g)

Câu 8: C2 H 4 : 0,1  Br 2:0,3 m : 5,88 g    C2 H 2 : 0, 2 : 0, 08

 x  y  2 z  0,3 C2 H 4 : x C2 H 4 Br2 :15, 04 g  x  0, 08  m5,88     28 x  26 y  26 z  5,88   y  0, 06  C2 H 2 Br2 :11,16 g C2 H 2 (1:1) : y    C H (1: 2) : z  x  y  z  0, 22  z  0, 08 C H Br : 27, 68 g   2 2  2 2 4 

C2 H 4 : 0, 08  36,36% Hỗn hợp khí đồng nhất nên %V(A) = %V(B)   C2 H 2 : 0,14  63, 64% Câu 9:  Ba ( OH )2 du    BaSO4 : 0, 06  AlCl3 : x  X    BaOH  :0,476  BaSO4 2     : 69, 024 g   Al2 ( SO4 )3 : y   Al (OH )3 

Cho Ba(OH)2 vào muối Al sẽ có 2TH sau:TH1: kết tủa Al(OH)3 chưa bị hòa tan Al3+ + 3OH– → Al(OH)3↓ → nAl(OH)3 = nAl3+ → nAl(OH)3 = xn + 0,04nTH2: kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan một phần Al3+

+ 3OH–

→ Al(OH)3↓

(xn + 0,04n)→ 3(xn + 0,04n) Al(OH)3

(xn + 0,04n)

+ OH–

0,952 – 3(xn + 0,04n) ←0,952 → nAl(OH)3 = 4xn + 0,16n – 0,952

→ AlO2– + 2H2O

mP 2  mP1 32,535   (133,5 x  6,84)n  (133,5 x  6,84)  32,535(1)    BaSO4 : 0, 06n    233.0, 06n  78( xn  0, 04n)  69, 024(2)   Al (OH )  xn  0, 04n  3     4 xn  0,16  0,952  233.0, 06n  78(4 xn  0,16  0,952)  69, 024(3)  

  AlCl3 : 0,15  10, 01% n  4  TH 1:   x  0, 03  Al2 ( SO4 )3 : 0,1  17,10% (n  1)(133,5  6,84)  32,535      AlCl3 : 0, 6  40, 05% n  4 dk :1 n  4 TH 2 :     x  0,12  Al2 ( SO4 )3 : 0,1  59,95%

nOH   0,952 + TH 2 :   nOH  nAl 3  3  loai nAl 3  0,8

Vậy: %m của AlCl3 và Al2(SO4)3 lần lượt là: 10,01% và 17,10% Câu 10:  O2  X    CO2  H 2O m 0,09 0,09  1 A  C , H , O   H 2O    O  2  CO2  H 2O Y 2,85 g 0,09 0,09  m2

nH 2O  nCO2  Y : ancol no  nY  nH 2O  nCO2  0, 015 nCO2  nO2  Y   2nO2  2nCO2  nH 2O 2 Cancol  BT :O nancol   Y : C2 H 5OH   0,015 Y : kt / dCu  OH   nO2  Y   0, 045  2 n

n

 0,135

O2  X  O2 Y    nO2  X   0, 09

nO X   2nO2  2nCO2  nH 2O BT :O    nO X   0, 09  nC : nH : nO  1: 2 :1  X : HO  C2 H 4COOH

mA  mH 2O  mX  mY BTKL    mH 2O  0,54 g  nH 2O  0, 03  nH  A  2nH 2O  nH  X   nH Y  BT :H     nH  A  2.0, 09  3.0, 045  2.0,3  0, 21  C : H : O  1, 6 : 2,8 :1  8 :14 : 5 mA  12.nC  nH  A  16nO A    A : C8 H14O5   BTKL       2,85  12.0,12  0, 21  16 n   O  A  HO C2 H 4COOC2 H 4COOC2 H 5    n  0, 075 O  A  

Vậy CTCT của A là: HO  C2 H 4COOC2 H 4COOC2 H 5

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa – Hệ chuyên – THPT Chuyên Bến Tre năm 2017 – 2018 Câu 1: a. Xác định A, B, C và viết phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện nếu có) cho dãy chuyển đổi sau:        Tinhbot   A   B   C   etylaxetat 1

b. Sau giờ thực hành, phòng thí nghiệm còn lưu lại các khí độc: H2S, CO2, HCl, SO2 (sinh ra trong các thí nghiệm). Tìm một dung dịch có thể loại bỏ các khí độc trên. Hãy viết các phương trình hóa học minh họa (ghi rõ điều kiện nếu có). Câu 2: a. Có 4 ống nghiệm không nhãn, mỗi ống nghiệm đựng một dung dịch là: rượu etylic, axit axetic, hồ tinh bột và benzen. Bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt các dung dịch trên. Viết phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện nếu có). b. Có 6 ống nghiệm bị mất nhãn được đánh số thứ tự từ 1 đến 6. Mỗi ống nghiệm đựng 1 trong các dung dịch sau: BaCl2, H2SO4, Ca(OH)2, MgCl2, Na2CO3, KHSO4. Hãy xác định dung dịch có trong mỗi ống nghiệm, viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra (ghi rõ điều kiện nếu có). Biết rằng khi tiến hành thí nghiệm thu được kết quả như sau: – Dung dịch ở ống 2 cho kết tủa với các dung dịch ở ống 3 và 4. – Dung dịch ở ống 6 cho kết tủa với các dung dịch ở ống 1 và 4. – Dung dịch ở ống 4 cho khí bay lên khi tác dụng với các dung dịch ở ống 3 và 5. Câu 3: a. Hỗn hợp X gồm etilen và axetilen có tỉ khối so với hiđro bằng 13,25. Cho m gam hỗn hợp X qua dung dịch brom dư thấy có 11,2 gam brom phản ứng. Tìm m. b. Để xác định thành phần phần trăm khối lượng của hỗn hợp A gồm bột nhôm và bột magie, người ta thực hiện hai thí nghiệm sau: – Thí nghiệm 1: cho m gam hỗn hợp A tác dụng hết với dung dịch HCl loãng dư, thu được 5,6 lít khí ở đktc. – Thí nghiệm 2: cho m gam hỗn hợp A tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 3,36 lít khí ở đktc. Tính phần trăm khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A. Câu 4: Cho 20,16 lít khí CO phản ứng với một lượng oxit MxOy nung nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 25,2 gam kim loại M và hỗn hợp khí X. Cho toàn bộ lượng hỗn hợp khí X qua bình chứa dung dịch Ca(OH)2 dư tạo ra m gam kết tủa và có 6,72 lít khí thoát ra. Hòa

tan hoàn toàn lượng kim loại trên trong dung dịch HCl dư, thấy thoát ra 10,08 lít khí H2. Xác định công thức oxit và tính m. Biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn m gam hợp chất hữu cơ A cần dùng 6,72 lít không khí (đktc), dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 11,82 gam kết tủa và khối lượng dung dịch Ba(OH)2 sau phản ứng giảm 8,1 gam (biết trong không khí oxi chiếm 20% thể tích). a. Tìm công thức phân tử của hợp chất hữu cơ A, biết rằng 13,2 gam hơi chất A đo ở đktc chiếm thể tích 4,928 lít hơi. b. Biết A tác dụng được với NaHCO3 giải phóng CO2. Đun nóng m gam Avới 0,92 gam rượu etylic có H2SO4 đặc làm xúc tác thu được 1,1 gam este. Tính hiệu suất phản ứng este hóa.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: a. len men (C6 H10 O5 ) n  nH 2 O   nC6 H12 O6 menruou C6 H12 O6   2CO2  2C2 H 5 OH

C2 H 5 OH  O2  CH 3 COOH  H 2 O H 2 SO 4 CH 3 COOH  C2 H 5 OH  CH 3 COOC2 H 5  H 2 O

b. Dùng dung dịch Ca(OH)2 H2S + Ca(OH)2 → CaS + 2H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 2HCl + Ca(OH)2 → CaCl2 + 2H2O SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3↓ + H2O Câu 2: CH 3 COOH : CO2 C2 H 5 OH CH COOH C H OH  3 NaHCO3    2 5  I2  (C6 H10 O5 ) n   (C6 H10 O5 ) n C H C6 H 6  6 6

(C6 H10 O5 ) n : I 2  xanh C H OH : C2 H 5 OH  Na   2 5  H 2 C6 H 6 C6 H 6

CH3COOH + NaHCO3 → CH3COONa + CO2↑ + H2O C2H5OH + Na → C2H5ONa + ½ H2↑ b. Tập trung vào chất nhiều đặc tính chất nhất.

 (1) : MgCl2   H 2 SO4  (2) BaCl2  (6) : Ca (OH ) 2 (3)  (4)    (4) : Na2 CO3  (3) (5) : KHSO  (5) 4    KHSO4 Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O Na2CO3 + 2KHSO4 → Na2SO4 + K2SO4 + CO2↑ + H2O BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaCl MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2 Ca(OH)2 + Na2CO3 → CaCO3↓ + 2NaOH Câu 3: a. Gọi số mol của C2H4 và C2H2 lần lượt là x và y Ta có nBr2 phản ứng = nC2H4 +2nC2H2 = x + 2y = 0,07 MX= 26,5 => 28x+26y = 26,5 (x+y) Giải hệ được x = 0,01 và y = 0,03 => %C2H4 = 25% và %C2H2 = 75% b. Gọi số mol của Al và Fe lần lượt là a và b Ta có 1,5a + b = 0,25 1,5a = 0,15 => a = 0,1 và b = 0,1 => %Al = 32,53% %Fe= 67,47% Câu 4: Dung dịch Ca(OH)2 không hấp thụ khí CO nên 6,72 lít khí thoát ra chính là khí CO dư.

 COdu  Ca (OH )2du  CaCO3 :m gam  X     CO:0,9 M 2 On    CO2  CO :0,3   HCl du  M   H 2 : 0, 45 BT C :nCObd  nCO du  nCO2  nCO2  0, 6  m  60 g t M 2 On  nCO   2 M  nCO2  1,2 n



0,6

2 M  2mHCl  2 MClm  mH 2  1,2 n



0,6 m n

m  2 0.6m    0, 45   8  Fe3 O4 n n   3 Câu 5: m  13, 2 g  A 4,928  A : 60, nkk  0,3  nO2  0, 06 n  22, 4 

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,06

←

0,06

Ta có: mdd giảm = mBaCO3 – mCO2 – mH2O → 8,1 = 11,82 – (44.0,06 + 18.nH2O) → nH2O = 0,06 BTNT O: nO(A) + 2nO2 =2nCO2+ nH2O => nO(A) = 0,06 => nC : nH : nO= 1 : 2 : 1 => CTĐGN: CH2O Mặt khác M = 60 => C2H4O2 b. A tác dụng với NaHCO3 cho khí CO2 → A: axit CH3COOH BTKL: m + mO2 = mCO2 + mH2O => m = 1,8 => nCH3COOH = 0,03 CH3COOH + C2H5OH → CH3COOC2H5 + H2O 0,03 => H = 62,5%

0,02

0,0125

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa – Hệ chuyên – THPT Chuyên Huế năm 2017 – 2018 Câu 1: Chỉ được dùng thêm nước và các thiết bị cần thiết (lò nung, đèn cồn…). Hãy trình bày cách phân biệt 4 chất bột màu trắng (tương tự nhau) đựng riêng biệt trong 4 lọ mất nhãn: KNO3, Al(NO3)3, MgCO3, CaCO3. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (ghi rõ điều kiện nếu có). Câu 2: Từ đá vôi, than đá, các chất vô cơ cần thiết khác và các điều kiện khác có đủ. Viết phương trình phản ứng hóa học (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có) để điều chế: etylaxetat, poli vinylclorua, metyl clorua. Câu 3: Hỗn hợp rắn X gồm M, MO và MCl2 (M là kim loại có hóa trị II không đổi). Cho 18,7 gam X tác dụng với dung dịch HCl (vừa đủ), thu được dung dịch A và 6,72 lít khí (đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A, sau phản ứng thu được kết tủa B. Nung B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 18,0 gam chất rắn. Mặt khác, khi cho 18,7 gam hỗn hợp X vào 500 ml dung dịch CuCl2 1,0M, sau phản ứng, tách bỏ chất rắn rồi cô cạn dung dịch, thu được 65,0 gam muối khan. Biết các phản ứng hóa học xảy ra hoàn toàn. 1. Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Xác định kim loại M và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất có trong hỗn hợp X. Câu 4: 1. Đốt cháy V lít hỗn hợp X gồm metan, etilen và axetilen rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 chứa H2SO4 đặc, bình 2 chứa KOH đặc thì thấy khối lượng thăng thêm ở bình 2 nhiều hơn khối lượng tăng thêm ở bình 1 là 13,8 gam. Nếu lấy ½ V lít hỗn hợp X ở trên cho tác dụng với dung dịch Br2 dư thì có 24,0 gam Br2 đã tham gia phản ứng. Biết tỉ khối của X so với H2 bằng 10,75. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thể tích khí đo ở đktc. a. Hãy viết các phương trình hóa học có thể xảy ra. b. Tính % thể tích các khí có trong hỗn hợp X. Đồng nhất dữ kiện các phần để tiện tính toán, bằng cách nhân khối lượng Br2 với 2. Bình H2SO4 đặc hấp thụ H2O, bình KOH đặc hấp thụ CO2. Khối lượng bình tăng chính là khối lượng khí hoặc hơi mà bình đó hấp thụ. 2. Cho 12,0 gam hợp chất hữu cơ A (chứa các nguyên tố C, H, O) tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch NaOH, sau phản ứng thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thì phần bay hơi chỉ có nước, còn lại phần muối khan Y có khối lượng 16,4 gam. Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 10,6 gam Na2CO3; 13,2 gam CO2 và 5,4 gam hơi H2O. a. Hãy xác định công thức đơn giản nhất của A. b. Nếu đốt cháy hoàn toàn 12,0 gam A thì thu được bao nhiêu gam H2O.

Câu 5: Hòa tan hòa toàn a gam kim loại M (có hóa trị không đổi) vào b gam dung dịch HCl thu được dung dịch D. Thêm 179,88 gam dung dịch NaHCO3 9,34% vào dung dịch D thì vừa đủ tác dụng hết với lượng HCl dư, thu được dung dịch E. Trong dung dịch E nồng độ phần trăm của NaCl và muối clorua của kim loại M tương ứng là 2,378% và 7,724%. Thêm tiếp một lượng dư dung dịch NaOH vào E, sau đố lọc kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thì thu được 16,0 gam chất rắn. Xác định kim loại M và nồng độ phần trăm của dung dịch axit clohiđric đã dùng?

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1:  KNO3 KNO2 : tan t : tan    Al2 O3 : k tan  Al  NO3 3 MgO : tan  MgCO3  MgO  H 2O t : k tan      CaO : tan CaO CaCO3

 KNO3   Al  NO3 3  H 2O    MgCO 3  CaCO 3 

t KNO3   KNO2  1 / 2O2  o

t 2 Al ( NO3 )3   Al2 O3  6 NO2  3 / 2O2  o

t MgCO3   MgO  CO2  t CaCO3   CaO  CO2 

CaO  H 2 O  Ca  OH  2

Câu 2: o

t CaCO3  4C   CaC2  3CO

CaC2  2 H 2 O  Ca  OH  2  CH  CH o

xt ,t CH  CH  HCl   CH 2  CHCl Trung hop nCH 2  CHCl   [CH 2  CH  Cl ]n   PVC : polivinylclorua  o

HgSO4 ,80 CH  CH  H 2 O   CH 3 CHO o

Ni ,t CH 3 CHO  H 2   C2 H 5 OH o

t CH 3 CHO  1 / 2O2   CH 3 COOH H 2 SO4 CH 3 COOH  C2 H 5 OH   CH 3 COOC2 H 5  H 2 O

CH 3 COOH  NaOH  CH 3 COONa  H 2 O o

CaO ,t CH 3 COONa  NaOH   CH 4  Na2 CO3 as CH 4  Cl2   CH 3 Cl  HCl

Câu 3:  HClvuadu  H 2 : 0,3    M  NaOH du t   B   ran :18 g   dd A  X  MO   ran  MCl CuCl2 :0,5    2  t   muoi : 65 g dd D  

a. M + 2HCl → MCl2 + H2↑ MO + 2HCl → MCl2 + H2O MCl2 + 2NaOH → M(OH)2↓ + 2NaCl M(OH)2 → MO + H2O M + CuCl2 → MCl2 + Cu↓ b. nH2 = 0,3 → nM = 0,3 M  MO     M : 0,3  16  TGKL   16.0,3  55 y  18, 7  18  y  0,1  MO : x  2  MO  MCl : y  MCl     2  55  % Mg  38,5% CuCl2 du : 0, 2  ddD   M  24 g  % MgO  10, 07% MCl2 : 0, 4  % MgCl  50,80%  2  65 g

Câu 4: 1. Đồng nhất dữ kiện các phần để tiện tính toán, bằng cách nhân khối lượng Br2 với 2. Bình H2SO4 đặc hấp thụ H2O, bình KOH đặc hấp thụ CO2. Khối lượng bình tăng chính là khối lượng khí hoặc hơi mà bình đó hấp thụ  O2 CH 4     (CO2 , H 2 O)    X C2 H 4  13,8  C H  Br2 : 0,3  2 2

CO : x  2 y  2 z BTNT (C  H )  2 H 2O : 2x  2 y  z 44( x  2 y  2 z )  18(2 x  2 y  z )  13,8  x  0, 2  %CH 4  50%  nBr2  nC2 H4  2 nC2 H2     y  2 z  0,3   y  0,1  %C2 H 4  25%   M  21,5 16 x  28 y  26 z  21,5( x  y  z )  z  0,1  %C2 H 2  25% 

 H 2 O  NaOH du co can A   ddX    O2 :0,4 muoiY  CO2  Na2 CO3  H 2 O  16,4 g 0,3 0,3 0,1 Vì bay hơi chỉ có nước, mà A tác dụng được với NaOH nên A chỉ chứa gốc phenol hoặc gốc cacboxylic (–COOH). BTKL: mY + mO2 = mCO2 + mNa2CO3 + mH2O => mO2 = 12,8g => nO2 = 0,4mol BTNT O: nO(Y) + 2nO2 = 2nCO2 + 3nNa2CO3 + nH2O => nO(Y) = 0,4 => nC : nH: nO: nNa = 0,4 : 0,6 : 0,4 : 0,2 = 2:3:2:1 => C2H3O2Na => A: C2H4O2 (Vì A chứa gốc phenol (–OH) hoặc axit (–COOH) nên 1Na sẽ thế 1H) 2. Nhận thấy: Đốt cháy A và đốt cháy Y cần thể tích khí O2 là như nhau. Ta có BTNT C: nCO2 = nCO2 + nNa2CO3 = 0,4 BTKL: mA + mO2 = mCO2 + mH2O => mH2O = 7,2g Câu 5:  H 2  CO2 : 0, 2    NaHCO3 :0,2 mol M  HCl    MCln    NaCl : 2,378%  NaOH du t ddD dd E      M 2 On :16 g      MCln : 7, 724%  HCl du   nNaCl  nNaHCO3 % NaCl:2,378% % MCln :7,724% BT Na    dd E   MCln : 38 g  nNaCl  0, 2

 MCln : x ( M  35,5n) x  38  M .x  9, 6 n  2 BT M      M  12n    M  24  M 2 On : 0,5 x (2 M  16n).0,5 x  16 n.x  0,8 Mg  2 HCl  MgCl2  H 2 0,4

0,8

 nHCl bd  1mol BTKL: mD + mNaHCO3 = mCO2 + mE mD + 179,88 = 44.0,2 + 492 => mD = 320,92 BTKL: mMg + mddHCl = mH2 + mD => 24 . 0,4 + mddHCl = 2 . 0,4 + 320,92 => mddHCl = 312,12 => C%HCl = 11,69%

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Hải Phòng năm 2017 2018 Câu 1: Hỗn hợp rắn gồm 3 oxit của 3 kim loại bari, sắt và nhôm. Hòa tan hỗn hợp này vào nước dư được dung dịch X và phần không tan Y. Tách phần không tan Y, sục khí CO2 dư vào dung dịch X thu được kết tủa Z. Cho khí CO dư qua Y nung nóng thu được chất rắn T. Cho T tác dụ ng với dung dịch NaOH dư thấy tan một phần, còn lại chất rắn V. Hòa tan hết V trong dung dịch H2SO4 loãng dư, dung dịch thu được tác dụng với dung dịch KMnO4. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 2: a) Viết phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau (mỗi mũi tên là một phương trình phản ứng):

b) Khi đun rượu etylic và axit sunfuric đặc ở 1700C thu được hỗn hợp khí gồm etilen, khí cacbonic, khí sunfuro và hơi nước. Hãy trình bày cách nhận biết etilen trong hỗn hợp sản phẩm. Câu 3: a) Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho các chất đó lần lượt tác dụng với dung dịch HCl thu được 7 chất khí khác nhau thoát ra. Viết các phương trình phản ứng minh họa. b) Sử dụng thêm một thuốc thử để nhận biết 6 ống nghiệm không dán nhãn, mỗi ống nghiệm chứa một trong các dung dịch sau: HCl, H2SO4, KNO3, KOH, BaCl2, K2SO4. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 4: Từ metan, các chất vô cơ và các điều kiện phản ứng cần thiết có đầy đủ, hãy viết các phương trình hóa học điều chế: axit axetic, polietilen, etyl axetat, rượu etylic và cao su buna. Câu 5: Hòa tan hoàn toàn 15,75 gam hỗn hợp X gồm Al, Al2O3, Na2O vào nước dư được dung dịch Y. Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Y thấy lượng kết tủa biến thiên theo đồ thị hình bên. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính phần trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp ban đầu.

Câu 6: Hỗn hợp gồm 2 hiđrocacbon mạch hở: CnH2n và CmH2m–2. a) Tính thành phần phần trăm theo số mol mỗi chất trong hỗn hợp trên, biết rằng 100 ml hỗn hợp này phản ứng tối đa với 160 ml H2 (Ni, to). Các khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. b) Đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp trên, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào nước vôi trong thu được 50 gam kết tủa và dung dịch có khối lượng giảm 9,12 gam so với dung dịch nước vôi trong ban đầu. Thêm NaOH dư vào dung dịch này, sau phản ứng thu được 10 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của 2 hiđrocacbon trong hỗn hợp ban đầu. Câu 7: Nung m gam hỗn hợp A gồm KMnO4 và KClO3 thu được chất rắn B và khí O2. Lúc đó KClO3 phân hủy hoàn toàn, còn KMnO4 phân hủy không hoàn toàn. Trong B có 0,894 gam KCl chiếm 8,132% khối lượng. Trộn lượng O2 thu được ở trên với không khí (có phần trăm thể tích: 20% O2; 80% N2) theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1:3 tạo thành hỗn hợp khí C. Cho toàn bộ khí C vào bình chứa 0,528 gam cacbon rồi đốt cháy hết cacbon thu được hỗn hợp khí D gồm 3 khí trong đó O2 chiếm 17,083% về thể tích. a) Tính phần trăm khối lượng mỗi chất có trong A. b) Thêm 74,5 gam KCl vào chất rắn B được hỗn hợp E. Cho E vào dung dịch H2SO4 loãng dư, đun nóng nhẹ cho đến phản ứng hoàn toàn. Tính thể tích khí thoát ra ở điều kiện tiêu chuẩn. Câu 8: Một rượu có dạng R(OH)n (MX = 62g/mol) tác dụng với một axit cacboxylic Y có dạng R1(COOH)m thu được một hợp chất Z mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 15,8 gam Z cần vừa đủ 11,2 lít khí O2 (đktc), thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ số mol tương ứng là 2:1. Biết Z có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất; Z có cấu tạo mạch hở không phân nhánh và 1 mol Z có thể tác dụng vừa đủ với lần lượt: 1 mol NaHCO3, 2 mol NaOH, 2 mol Na và 2 mol H2 (Ni, t). Xác định công thức cấu tạo của Z. Biết X, Y, Z chỉ chứa các nguyên tố C, H, O. Câu 9: Đặt 2 cốc A, B có cùng khối lượng lên 2 đĩa cân thăng bằng. Cho vào cốc A 102 gam chất rắn AgNO3; cốc B 124,2 gam chất rắn K2CO3. a) Thêm 100 gam dung dịch HCl 29,2% vào cốc A; 100 gam dung dịch H2SO4 24,5% vào cốc B cho đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phải thêm bao nhiêu gam nước vào cốc A (hay cốc B) để cân trở lại thăng bằng? b) Sau khi cân đã thăng bằng, lấy ½ lượng dung dịch có trong cốc A cho vào cốc B. Sau phản ứng, phải thêm bao nhiêu gam nước vào cốc A để cân trở lại thăng bằng? Câu 10: Bia được sản xuất bằng cách lên men dung dịch mantozo (C12H22O11, sản phẩm tạo thành làrượu etylic và khí CO2 với tỉ lệ mol 1:1. Cho lên men 50 lít dung dịch mantozo có

khối lượng riêng 1,052 g/ml, chứa 8,45% khối lượng mantozo, biết khối lượng riêng của rượu etylic là 0,8g/ml; hiệu suất quá trình lên men là 65%. Hãy: a) Viết phương trình hóa học và tính khối lượng rượu etylic được tạo thành từ quá trình lên men 50 lít dung dịch mantozo. b) Từ lượng rượu etylic thu được ở trên có thể pha chế được bao nhiêu lít bia có độ rượu là 5,50?

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1:   Al2 O3  COdu  Al2 O3  NaOH du  BaO  H 2 SO4 loang ranY   T  V : Fe   dd  KMnO4      H 2O   Fe2 On   Fe  Fe2 On  Al O   CO2 du  2 3 dd X : Ba ( AlO2 ) 2  Z : Al (OH )3

Vì Y tác dụng với CO cuối cùng thu được Fe nên oxit sắt có thể là: FeO, Fe2O3 hoặc Fe3O4. Pt: BaO + H2O → Ba(OH)2 Ba(OH)2 + Al2O3 → Ba(AlO2)2 + H2O Ba(AlO2)2 + 2CO2 + 4H2O → Ba(HCO3)2 + 2Al(OH)3↓ Fe2On + nCO → 2Fe + nCO2↑ Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑ 10FeSO4 + 8H2SO4 + 2KMnO4 → 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O Câu 2: a. o

CaO ,t C2 H 5 COONa  NaOH   C2 H 6  Na2 CO3 o

t , xt C2 H 6   C2 H 4  H 2 as C2 H 6  Cl2   C2 H 5 Cl  HCl xt 3C2 H 4  2 KMnO4  4 H 2 O   3C2 H 4  OH  2  2 KOH  2 MnO2 

C2 H 5OH C2 H 5 Cl  KOH   C2 H 4  H 2 O  KCl

b. Cho hỗn hợp khí đi qua dung dịch Br2 (dung môi CCl4), thì dung dịch nâu đỏ mất màu, ta nhận biết được C2H4 trong hỗn hợp khí (vì chỉ C2H4 làm mất màu dd Br2/CCl4) Chú ý: SO2 chỉ làm mất màu dd nước Br2 (dung môi nước), trong khi C2H4 mất màu dd Br2 (dung môi H2O hoặc CCl4) Pt: CH2=CH2 + Br2 → CH2(Br)–CH2(Br) Câu 3: a. MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ ZnS + 2HCl → ZnCl2 + H2S↑

Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O CaSO3 + 2HCl → CaCl2 + SO2↑ + H2O 9Fe(NO3)2 + 12HCl → 5Fe(NO3)3 + 4FeCl3 + 3NO↑+ 6H2O CaC2 + 2HCl → CaCl2 + CH≡CH↑ Al4C3 + 12HCl → 4AlCl3 + 3CH4↑ Na2O2 + 2HCl → 2NaCl + H2O + ½ O2↑ b. Xử lí bài tập nhận biết, ta chỉ cần thử 1 trong 5 hóa chất hữu dụng sau: Ba(OH)2, H2SO4, AgNO3, Quì tím, HCl. Trích mỗi ống nghiệm ra làm nhiều mẫu thử, đánh số thứ tự để thuận tiện đối chiếu kết quả thực nghiệm.

 HCl , H 2 SO4   KNO3 , BaCl2 , K 2 SO4   KOH 

 HCl : QT  do ?  H 2 SO4

1 

KOH : QT  xanh  1 : H 2 SO4  BaCl2 TH 1:    KNO  3    lo.con.lai.trong .1 : HCl 1  BaCl     2 1 : HCl  K SO   2 4 TH 2 : kht   lo.con.lai.trong . 1 .la.H SO   2 4 

Lấy ngẫu nhiên 1 lọ thuộc nhóm (1) (nhóm axit) để nhận biết nhóm (2) Dùng BaCl2 nhận biết KNO3 và K2SO4 Pt: BaCl2 + H2SO4 → 2HCl + BaSO4↓ BaCl2 + K2SO4 → 2KCl + BaSO4↓ Câu 4: o

4 1500 C ,l ln 2CH    CH  CH  3H 2

Pd ,to CH  CH  H 2   C2 H 4 nhilop , xt ,to 2CH  CH   CH  C  CH  CH 2 o

Pd ,t CH  C  CH  CH 2  H 2   CH 2  CH  CH  CH 2 2 TH , xtdb ,t nCH 2  CH  CH  CH   (CH 2  CH  CH  CH 2 ) n   CaosuBuna  o

TH , xtdb ,t nC2 H 4   (CH 2  CH 2 ) n   PE : polietylen  o

H 2 SO4 loang ,t C2 H 4  H 2 O   C2 H 5 OH

t C2 H 5 OH  O2   CH 3 COOH  H 2 O H 2 SO4 loang CH 3 COOH  C2 H 5 OH  CH 3 COOC2 H 5  H 2 O

Câu 5:

 Al : x  NaOH du : 0,15  HCl   H 2O  dd    NaCl  Al2 O3 : y  x  2 y  0,15  NaAlO2 : x  2 y  Na O : z  2 Na2O + H2O → 2NaOH 2NaOH + Al2O3 → 2NaAlO2 + H2O → nNaOH dư: 2z – (x + 2y) + nHCl = 0,15 HCl + NaOHdư → NaCl + H2O 0,15→ 0,15 → 2z – (x + 2y) = 0,15 + nHCl = 0,75 HCl + NaOHdư → NaCl + H2O 4HCl + NaAlO2 → NaCl + AlCl3 + 2H2O → 0,75 = 4nNaAlO2 + nNaOHdư → 0,75 = 4(x + 2y) + 0,15

2 z  ( x  2 y )  0,15  x  0, 05   27 x  102 y  62  15, 75   y  0, 05  % Al  8,57%  x  2 y  0,15  z  0,15   Câu 6: a. o

Ni ,t Cn H 2 n  H 2   Cn H 2 n  2 o

Ni ,t Cm H 2 m  2  2 H 2   Cm H 2 m  2

Cn H 2 n : x  x  y  100  x  40 40%    %mol  %V    x  2 y  160  y  60 60% Cm H 2 m  2 : y b. Khi cho NaOH dư vào thu thêm được kết tủa nên dung dịch có muối Ca(HCO3)2. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 0,5

←

0,15

2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + 2NaOH → CaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O

0,1

←

0,1

→ nCO2 = 0,1.2 + 0,5 = 0,7 Mặt khác: mdd giảm = mCaCO3 – mCO2 + mH2O → 9,12 = 50 – (44.0,7 + 18.nH2O) → nH2O = 0,56 C n H 2 n  O2  nCO2  nH 2 O     NX :nCO2  nH 2O   nCm H 2 m2  nCO2  nH 2O   m H 2 m  2  O2  mCO2   m  1 H 2 O C    0,14 mol  NX :nh/ c  nCO2  nH 2O 

0,14 0,14 BTNT :C 1,5  n.  m.0,14  7  1,5 C H  m 2 m  2 : 0,14

CC HH :40%:60% Cn H 2n :  % mol

n m

2n 2 m2

n  1,5m  7,5 C3 H 6    n  m  3 C3 H 4 Câu 7:  O2 du O2 O2  C:0,044    CO2  %O 2 du  17, 083%  KMnO4 t  O2  kk  N  C  N      2  2 N    2  KClO3  ran B( KMnO4 , K 2 MnO4 , MnO2 , KCl ) 0,012  BTNT C   CO2 : 0, 044  BTNT O O2 : 0, 6a O2 :1, 6a O2 kk G / S : O2   kk  C    O2 du :1, 6a  0, 044 1:3   N 2 : 2, 4a  N 2 : 2, 4a  a mol N 2 : 2, 4a  4 a ( mol )

 1, 6a  0, 044  17, 083%.4a  a  0, 048  % KMnO4  88, 226%   KMnO4   BTKL : mA  mO2  mB  12,536  % KClO3 :11, 774% BTNT Cl KCl    KClO3

 KMnO4 , K 2 MnO4 , MnO2  H 2 SO4 B    KCl :1, 012 Câu 8: Theo đề bài ta có MR(OH)n = 62 => Ancol C2H4(OH)2

machho  Z :NaOH 1:2  COOH  COO  2   Z  Z :Na 1:2  Z : HOOC  Cn H 2 n  4  COOC2 H 4 OH  COOH  OH  2   Z :H 2 1:2    R1 co 2  t Cn  4 H 2 n 2 O5  O2    n  4  CO2   n  1 H 2 O o

 n  4  2  n  1  n  2  HOOC  C  C  COOC2 H 4  OH

Câu 9: a. Ban đầu Thêm vào

AgNO3

K2CO3

0,6 mol; 102 gam

0,9 mol; 124,2 gam

HCl :0,1mol    AgCl : 0, 6mol

Sau phản ứng

115,9gam

Thêm nước

213,2 – 115,9 = 97,3 gam

H 2 SO4 :0,25  CO2 : 0, 25 

213,2 gam

b.  CO2 : 0, 2  HCldu : 0, 2  K 2 CO3 du : 0, 65  1  HCl du : 0,1 1 A  A  B  m  mA  mB  mCO2 dd sau pu K 2 SO4 : 0, 25 2  HNO3 : 0,3   HNO3 : 0, 6 2          311 g 106,6 g 213,2 g

Vậy phải thêm mH2O vào A là: 311 – 106,6 = 204,4 (gam) Câu 10: a. C12H22O11 + H2O → 12CO2 + 12C2H5OH m mantozo 

50.1000.1, 052.8, 45%  13mol 342

=> mC2H5OH = 13 . 2 . 65% . 46 = 777,4(g) b. C2 H 5 OH  C2 H 5 OH  V bia      777,4 g

971,75 ml

971, 75.100  17668,18ml 17, 668lit 5,5

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa – Hệ chuyên – THPT Chuyên Hải Dương năm 2017 – 2018 Câu 1: 1. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau với mỗi chữ cái biểu diễn 1 chất, mỗi mũi tên biểu diễn 1 phương trình phản ứng hóa học:

Biết rằng trong sơ đồ trên: – C là muối có nhiều trong nước biển, E là thành phần chính của đá vôi. – Dung dịch A làm quỳ tím hóa đỏ; dung dịch D và dung dịch G làm quỳ tím hóa xanh còn khíB làm mất màu giấy quỳ tím ẩm. 2. Hai loại nguyên tử X và Y tạo được với nhau 2 phân tử XY3 và X2Y4. Trong hai phân tử đó thì: – Số hạt không mang điện của phân tử này gấp 2 lần số hạt không mang điện của phân tử kia. – Số hạt mang điện của phân tử này gấp 1,8 lần số hạt mang điện của phân tử kia. Xác định công thức phân tử của hai phân tử đã cho. Câu 2: 1. Có 5 lọ hoá chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hoá chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ), hãy trình bày phương pháp hoá học nhận biết 5 hoá chất trên và viết phương trình hoá học xảy ra. 2. Hiđrocacbon X phản ứng với H2/ xt Ni, t0 theo tỷ lệ mol tương ứng là 1 : 4 thì tạo ra hợp chất Y có tỷ khối hơi so với X là 14/13. a. Xác định công thức phân tử của X. b. Biết rằng X chỉ phản ứng với Br2 trong dung dịch theo tỷ lệ mol 1:1. Xác định công thức cấu tạo của X.

Câu 3: 1. Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng chất tinh khiết từ hỗn hợp gồm C2H5OH, CH3COOH. 2. Chuẩn bị dụng cụ như hình a) và hình b). Đốt photpho đỏ dư trong muỗng sắt như hình b) rồi đưa nhanh photpho đỏ đang cháy vào ống hình trụ trong hình a) và đậy kín miệng ống bằng nút cao su sao cho mặt dưới của nút nằm ngang vạch số 6.

Hãy dự đoán hiện tượng có thể xảy ra, giải thích và cho biết mục đích của thí nghiệm. Câu 4: Cho hỗn hợp X gồm FeCO3 và FexOy. 1. Nung 6,96 gam hỗn hợp X trong oxi dư tới khi khối lượng không đổi thu được hỗn hợp khí A và 6 gam Fe2O3. Cho khí A vào 1 lit dung dịch Ca(OH)2 0,02M thấy có 1 gam kết tủa tạo thành. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử của FexOy. 2. Lấy m gam hỗn hợp X ở trên trộn với kim loại M hóa trị không đổi thành 51,8 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y bằng 200 gam dung dịch H2SO4 98% (có dư) đun nóng thì thu được dung dịch Z và hỗn hợp khí T gồm CO2 và SO2. Cho T phản ứng với dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 137,05 gam kết tủa. Mặt khác cho Z phản ứng với dung dịch Ba(OH)2 dư rồi lọc lấy kết tủa, rửa sạch nung đến khối lượng không đổi thì thu được 401,15 gam hỗn hợp gồm 2 chất rắn. Xác định tên kim loại M. Câu 5: Đun 17,08 gam hợp chất hữu cơ A (chỉ chứa C, H, O và chỉ có 1 loại nhóm chức) với 25 ml dung dịch NaOH 4M cho tới khi A tan hết rồi cô cạn dung dịch thì thu được phần bay hơi chứa rượu (ancol) D và 19,24 gam hỗn hợp chất rắn khan B gồm NaOH dư và 2 muối của 2 axit cacboxylic đơn chức X, Y. Tách lấy toàn bộ lượng rượu D cho tác dụng với Na dư thì thu được 672 ml H2 (đktc). Tỷ khối hơi của D so với H2 là 46. a. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên rượu D. b. Biết rằng phân tử axit X có ít hơn 2 nguyên tử cacbon nhưng có cù ng số nguyên tử hiđro so với phân tử axit Y. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B trong O2 thu được Na2CO3, CO2, và

hơi nước. Khi đó toàn bộ lượng khí và hơi tạo thành được dẫn vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 195,03 gam kết tủa.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. A là HCl, B là Cl2, C là NaCl, D là NaOH, E là CaCO3, F là CaCl2 G là Ca(OH)2, H là CaO t  MnCl2  Cl2  2 H 2 O 1 2 HCl  MnO2 

 2  2 Na  Cl2  2 NaCl dpdd  2 NaOH  Cl2  H 2  3 2 NaCl  2 H 2 O 

 4  2 NaOH  Ca( HCO3 )2  CaCO3  Na2 CO3  2 H 2 O t  CaO  CO2  5 CaCO3 

 6  CaO  H 2 O  Ca  OH 2  7  Ca  OH 2  CO2  CaCO3  H 2 O 8  CaCO3  2 HCl  CaCl2  CO2  H 2 O  9  CaCl2  Na2 CO3  CaCO3  2 NaCl 10  NaClkhan  H 2 SO4 d

 NaHSO4  HCl 

2. Với các CTPT như đã cho thì số hạt không mang điện và số hạt mang điện của XY3 đều nhỏ hơn của X2Y4 do đó: – Số hạt không mang điện của X2Y4 gấp 2 lần số hạt không mang điện của XY3 => 2NX + 4NY = 2(NX + 3NY) => NY = 0 Mà thực tế chỉ nguyên tử 1H mới không có nơtron do đó nguyên tử Y là 1H. – Số hạt mang điện của X2Y4 bằng 1,8 lần số hạt mang điện của XY3 => 2 . 2ZX + 4 . 2 = 1,8(2ZX + 3 . 2) => ZX = 7 => X là N => 2 hợp chất là NH3 và N2H4 (thỏa mãn)

Câu 2: 1. Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hoá chất cho vào các ống nghiệm rồi đánh số thứ tự. Nhỏ từ từ dd phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hoá chất nêu trên. + Ống nghiệm nào có màu hồng đó là dd NaOH; không màu là một trong các dd H2SO4, HCl, BaCl2, Na2SO4. + Cho dd màu hồng vào 4 ống nghiệm còn lại, có hiện tượng mất màu hồng là dung dịch H2SO4, HCl ( nhóm I), không có hiện tượng gì là dd BaCl2, Na2SO4 (nhóm II). NaOH + HCl → NaCl + H2O. 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O. –Nhỏ lần lượt các dd ở nhóm 1 vào các dd ở nhóm 2: + Nếu không có hiện tượng gì thì dd đem nhỏ là dd HCl, dd còn lại của nhóm I là H2SO4. + Nếu khi nhỏ dd ở nhóm 1 vào nhóm 2 thấy 1 dd xuất hiện kết tủa trắng, 1 dd không có hiện tượng gì thì dd đem nhỏ ở nhóm 1 là H2SO4, dd còn lại là HCl; còn dd ở nhóm 2 tạo kết tủa là BaCl2; dd không tạo kết tủa ở nhóm 2 là Na2SO4. H2SO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + 2HCl 2. Gọi CTPT của X là CnHm (2 ≤ m ≤ 2n + 2) Do X cộng H2 theo tỷ lệ mol 1:4 tạo ra Y: CnHm + 4H2 CnHm+8 => MY = MX + 8 mà theo đề bài d Y/X = 14/13 =>MY = 14/13 MX = MX + 8 =>MX = 104 = 12n + m Do điều kiện của m nên ta có: 12n + 2 ≤ 104 ≤ 12n + 2n + 2 =>7,3 ≤ n ≤ 8,5 =>n = 8 => m = 8 =>CTPT của X là C8H8 Mặt khác do X cộng với Br2 dd theo tỷ lệ mol 1:1 nhưng phản ứng với H2, xt Ni, t0 theo tỷ lệ mol 1:4 nên trong X phải có vòng benzen và có 1 liên kết đôi ở mạch nhánh. =>CTCT của X là C6H5CH=CH2. Câu 3:

1. Bước 1: Cho hỗn hợp phản ứng với NaOH rắn, dư rồi chưng cất hỗn hợp thu được thì thu được: – Phần chất rắn khan gồm CH3COONa và NaOH dư – Phần bay hơi gồm C2H5OH và H2O. CH3COOH + NaOH →CH3COONa + H2O. Bước 2: Ngưng tụ phần hơi rồi thêm CuSO4 khan vào phần chất lỏng thu được cho tới khi nó không bị chuyển sang màu xanh thì đem cô cạn hỗn hợp thu được rồi ngưng tụ phần bay hơi ta được C2H5OH tinh khiết. CuSO4 (rắn) + 5H2O → CuSO4.5H2O (rắn). Bước 3: Cho hỗn hợp rắn CH3COONa và NaOH phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc dư rồi chưng cất hỗn hợp thu được, ngưng tụ phần bay hơi ta được hỗn hợp lỏng gồm CH3COOH và H2O. Sau đó làm khan và thu lấy CH3COOH tương tự như C2H5OH như trên. Chú ý: – Có thể thu CH3COOH tinh khiết bằng cách chế tạo CH3COOH băng. – Nếu không tách nước ra khỏi chất nào thì không cho điểm phần tách chất đó 2.  4 P  5O2 t  2 P2 O5 Photpho cháy tạo ra nhiều khói trắng:  o t  4 P  3O2   2 P2 O3 o

– Khi đưa muỗng P vào ống hình trụ và đậy kín miệng ống bằng nút cao su thì P tiếp tục cháy nhưng lượng O2 trong ống đong mất dần do đó áp suất chất khí trong ống giảm dần so với áp suất khí quyển nên mực nước trong ống dâng cao dần vì áp suất khí quyển đẩy nước vào chiếm chỗ của lượng O2 mất đi. – Khi hết O2 trong phản ứng dừng lại và lúc nhiệt độ trong ống cân bằng với nhiệt độ phòng thì mực nước dâng lên tới xấp xỉ vạch số 2 (do O2 chiếm khoảng 21% thể tích không khí) Ý nghĩa của thí nghiệm: là xác định được gần đúng phần trăm theo thể tích của O2 trong không khí. Câu 4:

 Fe2 O3 : 0, 0375  FeCO3 : x t   X   O2 Ca ( OH )2 :0,02 Fe2 On : y  A   CaCO3      CO2  6,96 g

Sục CO2 vào dd Ca(OH)2 sẽ có 2TH TH1: kết tủa chưa bị hòa tan CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,01

←

0,01

BTNT C: => x = 0,01 116x + (112 + 16n)y = 6,96 BTNT Fe: x + 2y = 2 . 0,0375 => y = 0,0325 và ny = 0,135 => n = 4,15 (loại) TH2: kết tủa bị hòa tan một phần CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,02 ←0,02

→

0,02

CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 0,01

←0,01

Dư:

0,01

→ nCO2 = 0,03 BTNT C => x = 0,03 116x + (112 + 16n)y = 6,96 BTNT Fe: x + 2y = 2 . 0,0375 => y = 0,0225 và ny = 0,06 => n = 8/3 => Oxit sắt là: Fe3O4. 2.   BaCO3 CO  Ba ( OH )2 du  T  2       FeCO3 : 2a BaSO3  SO2       H 2 SO4 :2 mol Y  Fe3 O4 : a   137,05 g M : b   Ba ( OH )2 du to     2 chat ran  dd Z      401,15 g

Nhận định: vì chỉ thu đƣợc 2 chất rắn (BaSO4; Fe2O3) nên kết tủa của M tan hết trong dd Ba(OH)2 dư → M là: Al hoặc Zn. Giả sử: hóa trị của M là n (n ÎN*,n£ 3)

 FeCO3 : 0, 03  FeCO3 : 0, 03   nFeCO3 : nFe3O4  2 :1 Theo tính toán ở trên   Fe2 On : 0, 0225  Fe3 O4 : 0, 015 Pt: 2FeCO3 + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 2CO2↑ + SO2↑ + 4H2O 2a

→ 2a

2Fe3O4 + 10H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + SO2↑ + 10H2O a

→

0,5a

2M + 2mH2SO4 → M2(SO4)m + mSO2↑ + 2mH2O b

→

0,5bm

   116.2a  232a  Mb  51,8  BTNT :C    BaCO3 : 2a Ta có:   BTNT :S  197.2a  217 1,5a  0,5bm   137, 05 0    BaSO3 :1,5a  0,5bm  nSO4  H 2 SO4   nSO2  nSO4  Z   BaSO4 : 2  1,5a  0,5bm   BTNT :S  ran   BTNT :Fe   nSO4  2  1,5  0,5bm  Fe2 O3 : 2,5a        233 2 1,5 a  0,5 bm  160 

a  0,1 m  3   bm  0, 6  M  9m    Al  M  27  Mb  5, 4  Câu 5: 1. Theo đề bài A chứa C, H, O chứa 1 loại nhóm chức, phản ứng với NaOH tạo ra rượu và 2 muối đơn chức nên A là este đa chức tạo bởi ancol đa chức D và 2 axit đơn chức X, Y. Gọi CT của D là R(OH)n Ta có sơ đồ: 17,08 gam A + 0,1 mol NaOH →19,24 gam B + rượu D Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mD = 17,08 + 0,1.40 – 19,24 = 1,84 gam Mà dD/H2 = 46 => MD = 46.2 = 92 => nD = 1,84/92 = 0,02 mol Phản ứng với Na dư: R(OH)n + nNa → R(ONa)n + n/2 H2 0,02

0,01n mol

nH2 = 0,01n = 0,672/22,4 = 0,03 mol =>n =3 CT của D có dạng R(OH)3 MR(OH)3 = R + 51 = 92 =>R = 41 => R là C3H5 Ancol D là C3H5(OH)3, CTCT là CH2OH–CHOH–CH2OH glixerol (glixerin) 2. Theo đề bài: cho A phản ứng với dung dịch NaOH thu được glixerol và 2 muối của 2 axit đơn chức, A chỉ chứa 1 loại nhóm chức => A là este 3 chức phản ứng với NaOH theo tỷ lệ mol 1:3 tạo ra 0,02 mol glixerol nên tiêu thụ 0,06 mol NaOH, tạo ra 0,04 mol 1 muối và 0,02 mol muối còn lại. A + 3NaOH → C3H5(OH)3 + 2R1COONa + R2COONa 0,06

←

0,02

→

0,04

→ 0,02

=> nNaOH dư = 0,025.4 – 0,06 = 0,04 mol Ta lại có: Axit X ít hơn Y 2 nguyên tử C và có cùng số nguyên tử H. => Gọi CTPT của các muối của X, Y với số mol tương ứng là CnHmCOONa x mol và Cn+2HmCOONa y mol.

Cn H m COONa : xmol Sơ đồ phản ứng: A  NaOH  B Cn  2 H m COONa : y mol  NaCO3  CO2  H 2 O 0,99 mol 0,05 mol  NaOH du : 0, 04mol Bảo toàn Na ta có: nNa2CO3 = 1/2nNaOH bđ = 0,05 mol Dẫn hỗn hợp khí và hơi sau khi đốt cháy B vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì xảy ra phản ứng: Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O => nCO2 = nBaCO3 = 195,03/197 = 0,99 mol Bảo toàn C ta có (n+1)x + (n+3)y = 0,05 + 0,99 =1,04 (*)

Xét 2 trường hợp có thể có với este A. Trường hợp 1: A chứa 2 gốc axit X và 1 gốc axit Y => x = 0,04 mol, y = 0,02 thay vào (*) thì n = 15,67 vô lí (loại). Trường hợp 2: A chứa 2 gốc axit Y và 1 gốc axit X => x = 0,02 mol, y = 0,04 mol thay vào (*) thì n =15 Khi đó 19,24 gam hỗn hợp B gồm: C15HmCOONa 0,02 mol, C17HmCOONa 0,04 mol và NaOH dư 0,04 mol. => 0,02(247 + m) + 0,04(271 + m) + 0,04 . 40 = 19,24 => m = 31 (thỏa mãn) => 2 muối thu được là C15H31COONa và C17H31COONa Este A có dạng: C15 H 31COO  CH 2 | C17 H 31COO  CH | C17 H 31COO  CH 2

CTPT của A là C55H98O6

C17 H 31COO  CH 2 | C15 H 31COO  CH | C17 H 31COO  CH 2

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa – Hệ chuyên – THPT Chuyên Quảng Ninh năm 2017 – 2018 Câu 1: 1. Chỉ được dùng H2O và CO2, hãy phân biệt 5 chất bột màu trắng đựng trong các lọ riêng rẽ: NaCl, Na2CO3, Na2SO4, BaCO3, BaSO4. 2. a. Giải thích vì sao: – Khi cho CO2 dùng dập tắt đa số các đám cháy, nhưng không dùng dập tắt đám cháy kim loại Mg. – Khi bón phân đạm urê cho đồng ruộng không nên bón cùng với vôi. b. Khi xăng, dầu có lẫn một lượng nước nhỏ, bằng mắt thường khó nhận biết. Khi sử dụng loại xăng dầu này sẽ làm giảm hiệu suất và ảnh hương không tốt đến các động cơ máy móc. Hãy nêu phương pháp nhận biết và loại bỏ nước trong loại xăng, dầu trên? Câu 2: 1. Có 4 chất khí A, B, C, D. Khí A tạo nên khi nung nóng KMnO4. Khí B bay ra ở cực âm, khí C bay ra ở cực dương khi điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn. Khí D là chất hữu cơ có tỉ khối so với H2 bằng 8. Cho biết A, B, C, D là những khí gì? Những khí nào phản ưng với nhau từng đôi một ở điều kiện thích hợp? Viết các phương trình phản ứng đó. 2. Trong phòng thí nghiệm, khí Cl2 được điều chế theo sơ đồ thí nghiệm sau:

Từ sơ đồ thí nghiệm trên, hãy: – Xác định các dung dịch A, C, D và chất rắn B. – Cho biết vai trò của dung dịch C và bông tẩm dung dịch D. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 3: 1. Hòa tan 3,38 gam oleum A vào lượng nước dư ta được dung dịch A. Để trung hòa 1/20 lượng dung dịch A cần dùng 40 ml dung dịch NaOH 0,1M. Tìm công thức của oleum. 2. Dẫn luồng hí CO dư đi qua 37,68 gam hỗn hợp X chứa CuO, Fe2O3, MgO, PbO, Fe3O4 nung nóng, đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Sục hỗn hợp khí Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 34,0 gam kết tủa trắng. a.

Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Xác định khối lượng của hỗn hợp chất rắn Y. Câu 4: Hỗn hợp X gồm ba kim loại Al, Fe, Cu. Cho m gam hỗn hợp X vào dung dịch CuSO4 (dư) sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 35,2 gam kim loại. Nếu cũng hòa tan m gam hỗn hợp X vào 500 ml dung dịch HCl 2M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 8,96 lít khí H2 (đktc), dung dịch Y và a gam chất rắn. a. Viết phương trình phản ứng xảy ra và tìm giá trị của a. b. Cho từ từ dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y và khuấy đều đến khi thấy kết tủa bắt đầu xuất hiện thi dùng hết V1 lít dung dịch NaOH 2M, tiếp tục cho dung dịch NaOH 2M trên vào đến khi lượng kết tủa không có sự thay đổi nữa thì thể tích dung dịch NaOH đã dùng hết là 600 ml. Tìm các giá trị m và V1. Câu 5: 1. Cho hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon A1, A2, A3 có công thức phân tử lần lượt là: CxHy, CxHy–2, CxHy–4. Trong đó, A1 có chứa 20% H về khối lượng. a. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của A1, A2, A3. b. Trình bày phương pháp tách riêng A3 từ hỗn hợp A. c. Đốt cháy hoàn toàn V lít hỗn hợp A (đktc) rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy sục vào bình chứa nước vôi trong dư thấy xuất hiện 4 gam kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch trong bình nước vôi giảm a gam. Tính V và tìm khoảng giới hạn của a. 2. Đun nóng hỗn hợp gồm 20 ml etanol 920C và 18,0 gam axit axetic (xúc tác H2SO4 đặc) một thời gian thu được 16,5 gam este. Khối lượng riêng của etanol là 0,8g/ml. Tính hiệu suất của phản ứng este hóa. Độ rượu là %V của C2H5OH trong dung dịch rượu.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1.  NaCl  Na CO  2 3 H 2O   Na2 SO4   BaCO 3   BaSO4

 NaCl   Ba ( HCO3 )2   Na2 CO3 : tan   Na SO  2 4

NaCl : kht  Na2 CO3 : BaCO3  CO2     Na2 SO4 : BaSO4

BaCO3 : tan  Ba ( HCO3 ) 2  BaCO3  CO2 : khong tan    BaSO4 :khong tan  BaSO4

BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2

Na2CO3 + Ba(HCO3)2 → 2NaHCO3 + BaCO3↓ Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → 2NaHCO3 + BaSO4↓ 2. a. – Vì CO2 pứ mạnh với Mg ở nhiệt độ cao: 2Mg + CO2 → 2MgO + C – Vì xảy ra pứ: CaO + H2O → Ca(OH)2 Ca(OH)2 + NH3 → CaCO3↓ + NH3↑ Đạm trong ure giảm hiệu quả vì thoát ra khí NH3 và có tạp chất CaCO3 không tốt cho đất. b. Biểu hiện khi xăng, dầu lẫn nước: – Khó nổ hoặc không nổ được – Tăng tốc kém, kéo ga bị hụt – Máy yếu, rung, giật, chết máy. => Cần loại bỏ nước trong xăng dầu Vì nước không hòa tan xăng dầu và nặng hơn xăng dầu nên chìm xuống dưới, dung dịch phân lớp. Vậy dùng phương pháp chiết để loại bỏ nước ra khỏi xăng dầu. Câu 2: 1. t 2 KMnO4   K 2 MnO4  MnO2  O2   A dpdd cmn 2 NaCl  2 H 2 O   2 NaOH  H 2   B   Cl2   C 

d ( D / H 2)  8  M D  16  D : CH 4 1 O2  H 2  H 2 O2 2

O2  CH 4  CO2  2 H 2 O Cl2  H 2  2 HCl Cl2  CH 4  CH 3 Cl  HCl 2. A: HCl B: MnO2; KMnO4; KClO3 C: H2SO4 đặc D: bông tẩm NaOH Dung dịch C hấp thụ H2O làm khô khí Cl2. Bông tẩm NaOH ngăn không cho khí Cl2 (độc hại) thoát ra ngoài môi trường. MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O

2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O KClO3 + 6HCl → KCl + 3Cl2↑ + 3H2O Câu 3: 1. CTPT oleum: H2SO4.nSO3 có x (mol) H2SO4.nSO3 + nH2O → (n + 1)H2SO4 x

→

x(n + 1)

H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O x(n + 1)→ 2x(n + 1) => (98 + 80n)x = 3,38 và 2x (n + 1) = 0,08 => x = 0,01 và nx = 0,03 => n = 3 Suy ra CTPT oleum: H2SO4.3SO3. 2. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 0,34 ←0,34 CO + O(Oxit) → CO2 Nhận thấy: nO = nCO2 mX = mO (oxit) + mY => mY = 37,68 – 16 . 0,34 = 32,24g Câu 4: Nhận xét: CuSO4 du 35, 2 g ranCu   HCl du  BTNT Hn  2n HCl H 2max  2nH 2 db      a ( g ) ranlaCu 0,5 0,4   CuSO4 du    Cu : 0,55  Al : x   H 2 : 0, 4   X  Fe : y    HCl:1mol  NaOH 2 M  Cu : Z   ddY   ranCu : a gam   

2Al + 3CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3Cu↓ Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu↓ → 1,5x + y + z = 0,55 (1)

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑ Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ → 1,5x + y = 0,4 (2) Từ (1) và (2) => z = 0,15 => a = 9,6g b. Bắt đầu xuất hiện kết tủa nghĩa là: NaOH đầu tiên sẽ trung hòa HCl dư trước NaOH + HCldư → NaCl + H2O 0,2

←0,2

→ 2V1 = 0,2 → V1 = 0,1 Đến khi kết tủa không thay đổi khối lượng thì khi đó kết tủa bị hòa tan hết. 3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3↓ 3x

←x

→x

NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O x

←x

→ 0,2 + 4x = 0,6.2 → x = 0,25 => y = 0,025 => m = 17,75g Câu 5: 1. a. x: y 

%C % H 80% 20% :  :  1: 3 12 1 12 1

 A2 : C2 H 4  (CH 3 ) n  C2 H 6    A3 : C2 H 2 b. C2 H 6  AgNO3 / NH 3  C2 H 4  C H  2 2

 HCl C2 H 2  C2 Ag 2   C2 H 2

C2 H 6  C2 H 4

CH≡CH + Ag2O → C2Ag2↓ + H2O C2Ag2 + 2HCl → CH≡CH + 2AgCl↓ c. Các khí trong A đều có 2C, BTNT C ta có nC(A) = nCO2 và nC(A) = 2nA => nA = 0,02

mbình giảm = mCaCO3 – mCO2 + mH2O → a = 4 – (44 . 0,04 + 18 . nH2O)  H 2Omax :  0, 02.6  : 2 C2 H 6   0,06  BT :H  C2 H 4 : 0, 02    H 2Omin :  0, 02.2  : 2 C H   2 2  0,02

Vậy a có khoảng giá trị: (1,16; 1,88) 2. 20 ml etanol 92o C2 H 5 OH :18, 4  mC2 H5OH  D.V  14, 72  nC2 H5OH  0,32mol H 2O

C2 H 5 OH : 0,32 Ta có   CH 3 COOC2 H 5 : 0,3 CH 3 COOH : 0,3  h  62,5%

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Lâm Đồng năm 2017 2018 Câu 1: 1. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình hóa học cho các trường hợp sau: a. Cho KHSO4 vào dung dịch Ba(OH)2 b. Cho hỗn hợp Cu và Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 loãng. 2. Từ metan và các chất vô cơ cần thiết. Hãy viết các phương trình hóa học ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có) điều chế polivinylclorua, poli etilen. Câu 2: 1. Tìm các chất A, B, D, E, F và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra theo dãy biến hóa sau:

2. Phản ứng tổng hợp glucozo trong cây xanh xảy ra như sau:

6CO2  6 H 2 O  2813kJC6 H12 O6  6O2  Cứ trong một phút, mỗi cm2 lá xanh nhận được 0,05kJ năng lượng mặt trời nhưng chỉ có 10% được sử dụng vào phản ứng tổng hợp Glucozo. Hãy tính thời gian để một cây có 1000 lá xanh (diên tích mỗi lá là 10cm2) sản sinh được 18 gam Glucozo. 3. Nêu phương pháp hóa học để tách rượu etylic có lẫn tạp chất là axit axetic. Câu 3: Cho 2,88 gam oxit kim loại hóa trị II, tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch H2SO4 0,4M, rồi cô cạn dung dịch nhận được 7,52 gam tinh thể muối ngậm nước. Tìm công thức phân tử của muối ngậm nước. Câu 4: 1. Chỉ dùng thêm một kim loại để nhận biết 4 dung dịch không màu bị mất nhãn K2SO4, K2SO3, HCl, BaCl2. 2. Phân biệt các chất khí riêng biệt sau bằng phương pháp hóa học: axetilen, etilen, metan. Câu 5: Cho H2SO4 loãng dư tác dụng với hợp kim Mg, Fe thu được 2,016 lít khí ở đktc. Nếu hợp kim này tác dụng với dung dịch FeSO4 dư thì khối lượng hợp kim tăng lên 1,68 gam. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hợp kim. Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp metan và etilen. Lấy toàn bộ lượng khí CO2 sinh ra cho vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 40 gam kết tủa. Tính phần trăm về thể tích mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu (các khí trên đo ở cùng điều kiện). Câu 7: Chia m gam Glucozo thành hai phần bằng nhau: – Cho phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư, phản ứng xong thu được m1 gam kết tủ a.

– Tiến hành lên men rượu phần 2 với hiệu suất 75% và cho hấp thụ toàn bộ sản phẩm khí thoát ra vào 2 lít dung dịch NaOH 0,5M (D = 1,05g/ml) thu được dung dịch chứa hai muối với tổng nồng độ là 3,21%. Xác định m và m1. Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 12,2 gam hỗn hợp X gồm 1 rượu đơn chức và 1 este no đơn chức, mạch hở thu được 10,08 lít khí CO2 ở điều kiện tiêu chuẩn (đktc) và 10,8 gam H2O. Mặt khác, nếu đun 12,2 gam hỗn hợp X với 120 ml dung dịch KOH 1M, sau phản ứng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam chất rắn khan. Tính giá trị của m.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. Phương pháp Bước 1: dự đoán các PTHH có thể xảy ra Bước 2: quan sát màu sắc, mùi của kết tủa, khí và dung dịch sau phản ứng. a. 2KHSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 + K2SO4 + 2H2O Hiện tượng: dung dịch xuất hiện kết tủa trắng không tan trong axit. Fe3O4 + H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + H2O Fe2(SO4)3 + Cu → FeSO4 + CuSO4 Hiện tượng: hỗn hợp rắn (Fe3O4, Cu) tan dầu trong axit, dung dịch xuất hiện màu xanh lam đặc trưng (CuSO4). 2. o

C ,l ln CH 4 1500   CH  CH  3H 2 o

,t CH  CH  HCl xt   CH 2  CHCl

nCH 2  CHClTrung hop  [CH 2  CH (Cl )]n -  PVC : polivinylclorua  o

Pd ,t CH  CH  H 2   CH 2  CH 2 hop nCH 2  CH 2 trung   (CH 2  CH 2 ) n  ( PE : polietylen)

Câu 2: 1.

1 (C6 H10 O5 )n  nH 2 O  nC6 H12 O6 menruou  2CO2  2C2 H 5 OH  2  C6 H12 O6 

 3 C2 H 5 OH  O2  CH 3COOH  H 2 O

 4  CH 3COOH  NaOH  CH 3COONa  H 2 O  5  CH 3COONa  HCl  CH 3COOH  NaCl CaO ,t  CH 4   Na2 CO3  6  CH 3COONa  NaOH  o

1500 C ,l ln (7) CH 4   CH  CH  3H 2 Pd ,t  CH 2 8  CH  CH  H 2  o

 9  CH 2

 CH 2

 CH 2  H 2 OH 2 SO4 CH 3 CH 2 OH

H SO d ,170 C  CH 2 10  CH 3CH 2 OH  2

 CH 2   H 2 O

2. Để sản sinh 18g Glucozo cần hấp thụ năng lương =

18.2813  281,3kJ 180

Trong 1 phút 1000 lá sản sinh ra năng lượng = 1000 . 10 . 0,05 . 10% = 50kJ Vậy cần 281,3 /50 = 5,626phút. ngungtu  C2 H 5 OH  C2 H 5 OH (l ) C2 H 5 OH C2 H 5 OH   NaOH du cocan   CH 3 COONa    CH COONa ran  3 CH 3 COOH  NaOH du   NaOH du

CH 3 COOH  NaOH  CH 3 COONa  H 2 O Câu 3: Hướng dẫn giải: RO + H2SO4 → RSO4 + H2O 0,04 ←0,04 → Oxit: FeO (72) CTPT muối ngậm nước là: RSO4.nH2O n = 0,04 và m = 7,52 => M = 188 => n = 2 => FeSO4 . 2H2O Vậy CTPT muối ngậm nước là: FeSO4.2H2O Câu 4: Trích mỗi dung dịch ra các mẫu thử, đánh số thứ tự để tiện đối chiếu với thực nghiệm. Dùng kim loại Ba.

 K 2 SO4 : H 2   BaSO4  K 2 SO4   K SO  K SO : H 2   BaSO3  2 3  Ba (1)   2 3   HCl  HCl (2)  : H 2  BaCl2  BaCl2

Lấy

lọ

dung

dịch

bất

kì

của

nhóm

(2)

để

nhận

biết

nhóm

TH1: Lấy phải lọ HCl 2HCl + K2SO3 → 2KCl + SO2↑ + H2O

(1) K 2 SO4 Lọ nào có khí thoát ra không màu, mùi sốc thì là K2SO3 → lọ còn lại  (2) BaCl2 TH2: Lấy phải lọ BaCl2 BaCl2 + K2SO4 → 2KCl + BaSO4↓ BaCl2 + K2SO3 → 2KCl + BaSO3↓ 2 lọ cùng xuất hiện kết tủa → lọ lấy phải ở (2) là BaCl2 → lọ còn lại (2) là HCl Dùng HCl nhận biết 2 lọ ở (1) như TH1. 2. CH 4   AgNO3 / NH 3  C2 H 4  C H  2 2

C2 H 2 : C2 Ag 2 CH 4 CH 4  Br2 / H 2O    C2 H 4 :mat mau dd Br2 C2 H 4

Câu 5: Mg + 2HCl → MgCl2 + H2↑ Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ Mg + FeSO4 → MgSO4 + Fe  Mg : x  x  y  0, 09  x  0, 0525 mMg  1, 26 g      Fe : y 56 x  24 x  1, 68  y  0, 0375 mFe  2,1g

Câu 6: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 0,4

←

0,4

BTNT C   nC ( hh )  nCO2  x  2 y  0, 4  x  0, 2 %VCH 4  66, 67% CH 4 : x      y  0,1 C2 H 4 : y  x  y  0,3 %VC2 H 4  33,33%

Câu 7: – Phần 1: C5H11O5CHO + Ag2O → C5H11O5COOH + 2Ag↓ x – Phần 2

→

(1).

ruou C6 H12 O6 Men   2CO2  2C2 H 5 OH H  75% x

1,5 x

Dung dịch NaOH không hấp thụ C2H5OH CO2 + NaOH → NaHCO3 CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O Giả sử: BTNT Na    a  2b  1  NaHCO3 : a  a  0,5   C % 3,21%  84a  106b   Na2 CO3 : b   44.1,5a  2000.1, 05 .100%  3, 21% b  0, 25 

BTNT C: nCO2 = nNaHCO3 +nNa2CO3 => nCO2 = 0,75 => x = 0,5 => m = 180 và m1 = 108 Vậy giá trị m = 180g và m1 = 108g Câu 8:  O2 :0,375    CO2  H 2 O 0,45 0,6  ROH  X   R COOK  KOH :0,12 R1COOR2     ran  1     12,2 g  KOH du

Đốt cháy este no đơn chức => nCO2 = nH2O nCO2 = 0,45 và nH2O = 0,6 => ancol no => n ancol no = nH2O – nCO2 = 0,15 BTKL: mX + mO2 = mCO2 + mH2O => mO2 = 18,4g => nO2 = 0,575mol BTNT O: nO (X) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O => nO (X) = 0,35 => n este = 0,1 Số C trung bình = nCO2/nX = 1,8 => ancol CH3OH Bảo toàn nguyên tố C

nC ( X )  nCO2  nC ( X )  nCH3OH  C(este ) .0,1   HCOOK : 0,1  m  9,52 g  KOH du :0, 02  HCOOC2 H 5   C (este)  3  este   ran   CH COOK : 0,1 CH 3 COOCH 3  3  m  10,92 g   KOH du : 0, 02 Vậy m có 2 giá trị là: 9,52 và 10,92.

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa – Hệ chuyên – THPT Chuyên Quảng Nam năm 2017 – 2018 Câu 1: 1. Cho các chất: KOH, Ca(NO3)2, SO2, SO3, NaHSO4, Na2SO3, K2SO4. Những chất nào trong dãy đã cho tạo kết tủa khi phản ứng với dung dịch BaCl2? Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. 2. Chỉ dùng một thuốc thử, trình bày phương pháp phân biệt các dung dịch riêng biệt: NH4Cl, (NH4)2SO4, NaNO3, Al(NO3)3, MgCl2, FeCl2, FeCl3. Câu 2: 1. Trong phòng thí nghiệm có thể dùng muối KClO3 hoặc KMnO4 để điều chế oxi bằng phản ứng phân hủy. Viết phương trình hóa học của các phản ứng và tính thể tích khí oxi thu được (đktc) khi nhiệt phân hoàn toàn 0,1 mol mỗi chất trên. 2. Có 6 hợp chất hữu cơ mạch hở A, B, C, D, E, F chỉ chứa các nguyên tố C, H, O; đều không làm mất màu dd Br2/CCl4; khối lượng phân tử đều bằng 74 đvC. Các chất A, C, E, F tác dụng được với Na; C, D, F tác dụng được với dung dịch NaOH; E, F tác dụng được với dung dịch AgNO3/NH3, đun nóng tạo kết tủa Ag. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo thu gọn có thể có của A, B, C, D, E, F. Câu 3: 1. Iso amylaxetat (thường gọi là dầu chuối) được điều chế bằng cách đun nóng hỗn hợp gồm axit axetic, rượu iso amylic (CH3)2CHCH2CH2OH và H2SO4 đặc. Tính khối lượng axit axetic và khối lượng rượu iso amylic cần dùng để điều chế 19,5 gam dầu chuối trên, biết hiệu suất của quá trình đạt 80%. 2. Mỗi hỗn hợp khí X gồm 2 hiđrocacbon mạch hở (ở đktc). Lấy 268,8 ml X cho từ từ qua bình chứa dung dịch Br2 dư thì có 3,2 gam Br2 phản ứng, không có khí thoát ra khỏi bình. Mặt khác, đốt cháy hết 268,8 ml X thu được 1,408 gam CO2. Xác định công thức phân tử các hiđrocacbon trong X. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 4: 1. Hỗn hợp X gồm M2CO3,

MHCO3,

MCl (M là kim loại kiềm). Hòa tan hoàn toàn

30,15 gam hỗn hợp X trong V ml dung dịch HCl 10,52% (D = 1,05g/ml) thu được dung dịch Y và 5,6 lít CO2 (đktc). Chia Y thành 2 phần bằng nhau. – Phần 1: tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 1M thu được m gam muối. – Phần 2: tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 dư thu được 50,225 gam kết tủa. a. Xác định tên kim loại M. b. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của từng chất trong hỗn hợp X. c. Tính V và m. 2. Cho a mol Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa b mol HCl thu được dung dịch Y chứa 2 chất tan có cùng nồng độ mol. Thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Y đến dư, ta có đồ thì như dưới đây.

Xác định giá trị a và b. Câu 5: 1. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một este đơn chức, mạch hở X, thu được 17,6 gam CO2 và 7,2 gam H2O. a. Xác định công thức phân tử của X. b. Đun nóng 8,8 gam X với 200 ml dung dịch NaOH 1M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 13,6 gam chất rắn khan. Xác định công thức cấu tạo của X. 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp X gồm metyl acrylat (CH2=CH–COOCH3); etylen glicol [C2H4(OH)2]; anđehit axetic (CH3CHO) và rượu metylic (CH3OH) cần dùng a mol O2. Sản phẩm cháy dẫn qua 200 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, lọc bỏ kết tủa, cho dung dịch Ca(OH)2 dư vào phần nước lọc thì thu thêm được 53,46 gam kết tủa. Xác định giá trị của a.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. SO3 + H2O + BaCl2 → 2HCl + BaSO4↓ NaHSO4 + BaCl2 → NaCl + BaSO4↓ + HCl Na2SO3 + BaCl2 → 2NaCl + BaSO3↓ K2SO4 + BaCl2 → 2KCl + BaSO4↓ 2. Phương pháp: thử 5 hóa chất hữu dụng: Ba(OH)2, H2SO4, AgNO3, Quì, HCl

Ba(OH)2

Câu 2: 1.

NH4Cl

(NH4)2SO4 NaNO3

Al(NO3)3

↑NH3 Mùi khai

↑NH3 Mùi khai BaSO4 ↓trắng

Al(OH)3 Trắng sau đó tan dần

MgCl2 Mg(OH)2 Trắng

FeCl2 Fe(OH)2 xanh

FeCl3 Fe(OH)3 Nâu đỏ

t KClO3   KCl  1,5O2

0,1 

0,15

 V1  3,36l o

t 2 KMnO4   K 2 MnO4  MnO2  O2 

0,1 

0,5  V2  11, 2l

2. Phương pháp: với bài tìm chất, hãy tập trung vào chất có nhiều hoặc ít đặc điểm nhất.

 Na    COOH  COOH  NaOH  M  74 F   F : CHO  AgNO / NH   CHO 3 3    HCOO   CH 3  O  CH 3  CH 2  CH 3  B không có tính chất gì →B: ete CH 3  O  CH  CH 3   CH 3 CH  CH  O  CH  CH 2 2 3  3

  OH  Na   CHO   COOH M  74 E   E : C2 H 4 OH  AgNO / NH   CHO 3 4    HCOO  

 Na M  74 C  COOH   C : C2 H 5 COOH  NaOH  NaOH D  D : CH 3 COOCH 3  M  74 CH 2  OH   CH 2  CH 2  CH 3   Na A  A CH 3  CH  OH   CH 2  CH 3  M  74  CH 3  C  OH  CH 3 2  CH 3

Câu 3: 1.

CH 3 COOH  C5 H11OH  CH 3 COOC5 H11  H 2 O 0,15 H  80%nCH3COOH  nC5 H11OH 

0,15  0,1875 80%

mCH3COOH  11, 25 g   mC5 H11OH  16,5 g 2. X là hỗn hợp khí nên số C ≤ 4 (–C5H12) nBr 1  nX  0, 012 khong cokhithoat ra  so  2  1, 67    NX  nX  nBr2  0, 02  1

soC 

nCO2 nX



0, 032  2, 67 0, 012

BTNT .C   2 x  ny  0, 032 1 ( A)C2 H 4 : x  TH 1: A     x  y  0, 012 ( B)Cn H 2 n  2 2 k : y C( A)  2, 67   BT lk   x  ky  0, 02 

C3 H 4 : CH  C  CH 3 ; CH 2  C  CH 2  n  k  1  B : Cn H 4   C4 H 4 : CH  C  CH  CH 2 ; CH 2  C  C  CH 2 TH2:

1  1 ( A) : Cm H 2 m : a A  B  B : C2 H 2   ( B)C2 H 2 : b C( A)  2, 67 C( B )  2, 67 BTBNT C    am  2b  0, 032   a  b  0, 012  a  0, 004  m  4  A : C4 H 8 B  BT lk  b  0, 008   a  2b  0, 02 

C2 H 4 ; C3 H 4 / C4 H 4    C2 H 2 ; C4 H 8 Câu 4: 1. Đồng nhất dữ kiện bằng cách nhân dữ kiện mỗi phần với 2.

 CO2  M 2 CO3    HCl  KOH :0,2 X  MHCO3     2m g 1,05V .10,52%   36,5  MCl ddY   AgNO3 du     AgCl : 0, 7   30,15 g

Sau pứ: Y tác dụng với KOH nên trong Y có HCl dư → nHCl dư = 0,2 mol BTNT k    KCl : 0, 2  M 2 CO3 : x   Muoi  MHCO3 : y  muoi  BTNT Cl nKCl  nMCl  nAgCl   MCl : 0,5  MCl : z    0, 2  nMCl  0, 7  

M 2 CO3  2 HCl  MCl  CO2  H 2 O MHCO3  HCl  MCl  CO2  H 2 O BTNT :M  M  23    nM  X   nMCl  2 x  y  z  0,5  Li:7  x  0,15 cho  Na:23    K :39   0,5 M  60 x  61y  35,5 z  30,15    y  0,1 BTNT :C n  n  x  y  0, 25 CO2 C X  z  0,1 

% Na2 CO3 : 52, 74%   % NaHCO3 : 27,86% % NaCl :19, 40%   NaCl : 0,5  m  22, 075 g   KCl : 0, 2 nHCl d  nHCl pu  nHCl du 

1, 05V .10,52%  0, 6  V  198, 262ml 36,5

2. Khi cho NaOH vào ta thấy kết tủa không xuất hiện ngay (đồ thị nằm ngang) → HCl còn dư. Khi nNaOH = 0,68 mol thì đồ thì đi xuống (kết tủa bị hòa tan một phần). BTNT Al    AlCl3 : a CM :1:1   a  b  3a  b  4a (1) Ta có: Al  HCl   BTNT Cl a b  HCl du : b  3a  

NaOH

+ HCl → NaCl + H2O

(b – 3a) ← 3NaOH 3a

(b – 3a)

+ AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3↓

←

→ 3a

NaOH (0,68 – b)

+ Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O → (0,68 – b)

→ nAl(OH)3dư = a – (0,68 – b) = 0,1875b → a + 0,8125b = 0,68 (2) Giải hệ (1) và (2) => a = 0,16 và b = 0,64 Câu 5: 1. a. Nhận thấy nCO2 = nH2O = 0,4 mol => este no đơn chức => số C = 0,4 : 0,1 = 4 => C4H8O2

b. R1COOR2 + NaOH → R1COONa + R2OH 0,1

→

0,1

=> Chất rắn gồm R1COONa: 0,1 và NaOH dư: 0,1 mol (m rắn = 13,6g) => R1 = 29 (C2H5) => X: C2H5COOCH3. 2. Cho thêm Ca(OH)2 vào thu thêm được kết tủa nên có muối Ba(HCO3)2. Giả sử mol pứ của CO2 lần lượt là: x, y (mol) CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O x

→x

2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 y

→ 0,5y

0,5y

Ba(HCO3)2 + Ca(OH)2 → BaCO3↓ + CaCO3↓ + 2H2O 0,5y

→ 0,5y

0,5y

=> Kết tủa gồm BaCO3: 0,5y và CaCO3: 0,5y => 197 . 0,5y + 100 . 0,5y = 53,46 (1) nBa(OH)2 = x + 0,5y = 0,2 (2) Giải hệ (1) và (2) => x = 0,11 và y = 0,18 => nCO2 = 0,29

C4 H 6 O2 : x BTNT H   nH ( X )  2nH 2O  3 x  3 y  2 z  2t C H O : y   2 6 2   BTNT O nO ( X )  2nO2  2nCO2  nH 2O  C2 H 4 O : z      2 x  2 y  z  t  2a  2.0, 29  nH 2O  CH 4 O : t => a = 0,365

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa – Hệ chuyên – THPT Chuyên Trần Hưng Đạo – Bình Thuận năm 2017 – 2018 Câu 1: 1. Cho hình vẽ sau:

a. Nếu khí Y là khí oxi thì hình nào trên đây mô tả đúng sự điều chế oxi trong phòng thí nghiệm? Giải thích sự lựa chọn này. b. Viết hai phương trình hóa học điều chế khí oxi trong phòng thí nghiệm từ hai chất rắn X khác nhau. 2. Cho dãy chuyển hóa sau:

Hãy xác định công thức hóa học của A, B, C sao cho phù hợp và viết các phương trình hóa học minh họa, ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có). Biết A là muối axit, B là oxit axit, C là axit mạnh. Câu 2: 1. Hợp chất hữu cơ A chỉ chứa 2 nguyên tố X và Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam A sinh ra m gam H2O. Biết phân tử khối của A nằm trong khoảng từ 150 đvC đến 170 đvC. a. Hãy cho biết X và Y là những nguyên tố gì? b. Xác định công thức đơn giản nhất (công thức trong đó tỉ lệ số nguyên tử của các nguyên tố là tối giản) và công thức phân tử của A. 2. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm glucozo, saccarozo, tinh bột và xenlulozo cần 13,44 lít khí O2 (đktc). Dẫn toàn bộ khí CO2 sinh ra vào dung dịch Ba(OH)2 dư được m gam kết tủ a trắng. Tính giá trị của m. Câu 3: 1. Cho 17,9 gam hỗn hợp X’ gồm Na2SO3 và Na2CO3 vào 140,7 gam dung dịch HCl 14,6% thu được dung dịch Y’ có nồng độ muối clorua là 11,7% và hỗn hợp khí Z’. a. Tính khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp X’. (Xem như các phản ứng xảy ra hoàn toàn)

b. Tính tỉ khối hơi của hỗn hợp khí Z’ so với không khí (giả thiết không khí gồm khí N2 chiếm 78,1% về thể tích và còn lại là khí O2). 2. Trộn V1 lít dung dịch HCl 0,6M với V2 lít dung dịch NaOH 0,4M thu được 0,6 lít dung dịch A. Biết 0,6 lít dung dịch A có thể hòa tan hết 1,02 gam Al2O3 (xem như sự pha trộn không làm thay đổi thể tích). Tính V1 và V2. Câu 4: Cho 3 chất: CnH2n+1OH (A); CmH2m+1OH (B) và CaH2a+1COOH (D) (với n, m ≥ 1; a ≥ 0 và m = n + 1). 1. Trộn A với B được hỗn hợp Y. Tiến hành đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y, thu được sản phẩm cháy gồm khí CO2 và 18 gam nước. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào 250 ml dung dịch Ba(OH)2 2M thì thu được 78,8 gam kết tủa. Tìm công thức cấu tạo của A và B. 2. Đun hỗn hợp gồm 0,2 mol A và 0,15 mol D với dung dịch H2SO4 đặc. Sau một thời gian, thu được 7,2 gam este vơi hiệu suất phản ứng este hóa là 80%. Tìm công thức cấu tạo của D. Câu 5: Hỗn hợp A gồm MgO và CaO, hỗn hợp B gồm MgO và Al2O3 đều có khối lượng là 9,6 gam. Khối lượng của MgO trong B bằng 1,125 lần khối lượng MgO trong A. 1. Cho hỗn hợp A tác dụng với 100 ml dung dịch HCl 19,88% (D = 1,047g/cm3) được dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với Na2CO3 thấy thoát ra tối đa 1,904 lít khí (đktc). Tính: a. Thành phần % khối lượng các oxit có trong A. b. Nồng độ % các chất có trong dung dịch X. 2. Cho hỗn hợp B tác dụng với cùng một lượng dung dịch HCl như trên được dung dịch Y. Thêm 340 ml dung dịch KOH 2M vào dung dịch Y thì lượng kết tủa thu được là bao nhiêu? HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. a. Khí O2 ít tan trong nước và nặng hơn không khí nên cách 1b không được (khi đó không khí sẽ xua hết khí O2 ra ngoài), trong phòng thí nghiệm người ta sử dụng cách 1a b. Điều chế khí O2 người ta nhiệt phân các hợp chất giàu oxi: KMnO4; KClO3 t 2 KMnO4   K 2 MnO4  MnO2  O2  t KClO3   KCl  1,5O2 

1  V2O5 ,t o (1) SO  O   SO3 2 2  2  (2) SO3  H 2 O  H 2 SO4  A : KHSO4  250o C   (3) H 2 SO4  KCl  KHSO4  HCl  B : SO3 C : H SO (4) KHSO  KHSO  K SO  SO   H O 4 3 2 4 2 2  2 4  (5) SO  Br  2 H O  H SO  2 HBr  2 2 2 2 4  (6) H 2 SO4  Na2 SO3  Na2 SO4  SO2   H 2 O

Câu 2: 1.  O2  A    H 2 O  Aco H  A : Cn H 2 n  2 2 k (n, k  N *)   A : hchc  AcoC

Cn H 2 n  2  2 k 

mA  mH 2O

3n  1  k O2  nCO2  (n  a  k ) H 2 O 2

(2, 4)  C4 H 6 14n  2  2k  18(n  1  k )   n  4  4k  (k ; n)  (3,8)  C8 H12  4n  16k  16  0 (4,12)  C12 H18

C6 H12 O6  6O2  6CO2  6 H 2 O nO2  nCO2  1 1 NX    2  11H 2 O C12 H 22 O11  121O2  12CO  nCO2  0, 6 1

n  nCO2  0, 6  Ba ( OH )2 du    m  118, 2 g Câu 3: a.  Na2 SO3 : x  HCl:0,5628  Z  : CO2 ; SO2 X    ddY  : NaCl Na2CO3 : y   11,7%  17,9 g

17,9 17,9  0,142  nX    0,169  M Na2 SO3 M Na2CO3      muối hết, axit dư 0,284  nNa  0,338  HCl :0,5628   nCl  0,5628 126 x  106 y  17,9  x  0,1 mNa2 SO3  12, 6 g    124, 488 x  122,148 y  18,5562  y  0, 05 mNa2CO3  5,3 g b.

BTNT :S   SO2 : 0,1 Z   BTNT :C   CO2 : 0, 05   

m 172 M  n 3

 N : 78, 2 kk  2 O2 : 21,9     m 172 M  n 3

 d Z / kk  1,9855 Câu 4: 1. Pt: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O 0,5 ← 0,5→

0,5

CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 0,1 ← 0,1 → nCO2 = 0,6 Đốt cháy ancol no có: n ancol = nH2O – nCO2 Số C = nCO2/nancol = 1,5 CH3OH và C2H5OH có tỉ lệ mol = 1:1 2. Pt: CH3OH + RCOOH → RCOOCH3 + H2O 0,15 → 0,15.80% → MD = 60 → D: HCOOH Câu 5:  HCl :0,57 A MgO : xCaO : y   dd X  Na2 CO3  CO2    0,085

9,6 g

a. Pt : 2 HCl  Na2 CO3  2 NaCl  CO2   H 2 O 0,17

 0, 085

 nHClpu  0, 4

MgO  2 HCl  MgCl2  H 2 O

CaO  2 HCl  CaCl2  H 2 O 40 x  56 y  9, 6  x  0,1 % MgO  25%    2 x  2 y  0, 4  y  0,1 %CaO  75% b. mX  mA  mddHCl  114,3  g  BTNT Mg    MgCl2 : 0,1125  BTNT Al  MgO : 0,1125  MgO : 0,1 mMgO ( A ) 1,125.mMgO ( B ) A  B   Y    AlCl3 : 0,1 CaO  Al2 O3 : 0, 05  BTNT Cl  HCl du : 0, 045   BTNT Cl     KCl : 0,57  MgCl2 : 0,1125    KOH :0,68 mol BTNT Al Y  AlCl3 : 0,1   ddY    KAlO2 : 0,1  mAl (OH )3   0 g  HCl : 0, 045  BTNT K du    KOH du : 0, 01

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Lê Quí Đôn - Quảng Trị năm 2017 - 2018 Câu 1: 1. Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a) Cho đinh sắt sạch vào dung dịch CuSO4. b) Cho mẫu kim loại kali từ từ đến dư vào dung dịch Al2(SO4)3. c) Cho FeS2 vào dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư. 2. Chỉ dùng một thuốc thử thích hợp, hãy phân biệt 5 chất rắn gồm MnO2, Al2O3, Al4C3, CuO và Ag2O đựng trong các lọ riêng biệt không nhãn. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 3. Cho 31,6 gam KMnO4 tác dụng hết với dung dịch HCl đặc, dư và đun nóng thu được một lượng khí X. Dẫn toàn bộ khí X vào 1 lít dung dịch KOH 2M trong điều kiện thích hợp để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính nồng độ mol các chất có trong dung dịch Y (giả thiết rằng thể tích dung dịch sau phản ứng thay đổi không đáng kể). Câu 2: 1. Hãy chọn các chất thích hợp và viết các phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau:

Biết: Các chất A, B, D là hợp chất của Na; các chất M và N là hợp chất của Al; các chất P, Q, R là hợp chất của Ba; các chất N, Q, R không tan trong nước; X là chất khí không mùi, làm đục dung dịch nước vôi trong; Y là muối Na, dung dịch Y làm đỏ quỳ tím. 2. Hỗn hợp E gồm Al, Ca, Al4C3 và CaC2. Cho 15,15 gam E vào nước dư, chỉ thu được dung dịch G và hỗn hợp khí Z. Đốt cháy hết Z, thu được 4,48 lít CO2 (đktc) và 9,45 gam H2O. Nhỏ từ từ 200 ml dung dịch HCl 2M vào G, được m1 gam kết tủa. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị m1. 3. Cho m2 gam hỗn hợp gồm Al và FexOy, nung nóng hỗn hợp để thực hiện phản ứng nhiệt nhôm (chỉ xảy ra phản ứng tạo thành Fe và nhôm oxit). Hỗn hợp sau phản ứng được chia làm 2 phần, phần 1 có khối lượng là 9,39 gam. Hòa tan hoàn toàn phần 1 bằng axit HCl dư thì thu được 2,352 lít khí (đktc). Phần 2 tác dụng vừa đủ với 900ml dung dịch NaOH 0,2M thấy giải phóng 0,672 lít khí (đktc). Xác định công thức hóa học của FexOy, tính giá trị m2 (biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Câu 3: 1. Hỗn hợp A gồm CaCO3, Cu, FeO và Al. Nung nóng A (trong điều kiện không có không khí) một thời gian thu được chất rắn B. Cho B vào nước dư, thu được dung dịch C và

chất rắn D (không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH). Cho D tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư. Xác định thành phần của B, C, D và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Cho 3,64 gam hỗn hợp E gồm một oxit, một hiđroxit và một muối cacbonat trung hòa của một kim loại M có hóa trị II tác dụng vừa đủ với 117,6 gam dung dịch H2SO4 10%. Sau phản ứng, thu được 0,448 lít khí (đktc) và dung dịch muối duy nhất có nồng độ 10,867% (khối lượng riêng là 1,093 gam/ml); nồng độ mol là 0,545M. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định kim loại M. b) Tính % khối lượng của các chất có trong hỗn hợp E. Câu 4: 1. Axit acrylic là một axit hữu cơ có công thức phân tử là C3H4O2. Hãy viết công thức cấu tạo và hoàn thành các phương trình hóa học của axit acrylic lần lượt với H2, dung dịch Br2, Na, NaOH, Na2CO3 và C2H5OH (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có). 2. Cho hỗn hợp T gồm CH4, C2H4 và C2H2. Lấy 4,3 gam T tác dụng hết với dung dịch brom (dư) thì khối lượng brom phản ứng là 24 gam. Mặt khác, nếu cho 6,72 lít hỗn hợp T (đktc) tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu được 18 gam kết tủa. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp T. 3. Ba hợp chất X, Y, Z có thành phần nguyên tố gồm cacbon, hidro và oxi. Biết cả X, Y đều có khối lượng mol là 76 gam/mol và 1,14 gam mỗi chất X hoặc Y tác dụng hết với Na đều giải phóng 336 ml H2 (đktc). Chất Y tác dụng với NaHCO3 tạo ra khí CO2. a) Xác định công thức cấu tạo của X, Y. b) Biết rằng Z chỉ chứa một loại nhóm chức. Cho Z tác dụng với X đun nóng (có H2SO4 đặc xúc tác) thu được chất hữu cơ P (có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất). Đốt cháy hoàn toàn 17,2 gam P cần vừa đủ 14,56 lít O2 (đktc), sản phẩm cháy chỉ có CO2 và H2O với tỷ lệ mol tương ứng là 7:4. Mặt khác, nếu cho 3,44 gam P tác dụng với 20ml dung dịch NaOH 2M thì thấy phản ứng vừa đủ. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của P và Z.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. a)

Màu xanh của dung dịch CuSO4 nhạt dần kim loại màu đỏ bám trên đinh sắt:

Fe + CuSO4 b)

FeSO4 + Cu

Có khí không màu thoát ra, có kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan:

K + H2O

KOH + ½ H2

6KOH + Al2(SO4)3 KOH + Al(OH)3 c)

2Al(OH)3 + 3Na2SO4 KAlO2 + 2H2O

Chất rắn tan ra, dung dịch có màu vàng nâu và có khí không màu mùi hắc thoát ra:

2FeS2 + 10H2SO4

Fe2(SO4)3 + 9SO2 + 10H2O

2. – Dùng dung dịch HCl cho vào các mẫu thử trên, nếu: + Tan tạo dung dịch trong suốt là Al2O3. Al2O3 + 6HCl

2AlCl3 + 3H2O

+ Tan và có khí không màu thoát ra là Al4C3. Al4C3 + 12HCl

4AlCl3 + 3CH4

+ Tan và có khí màu vàng lục thoát ra là MnO2. MnO2 + 4HCl

MnCl2 + Cl2 + 2H2O

+ Tan tạo dung dịch màu xanh là CuO. CuO + 2HCl

CuCl2 + H2O

+ Tan và tạo kết tủa trắng là Ag2O. Ag2O + 2HCl

2AgCl + H2O

3. – Số mol KMnO4 = 0,2 (mol); số mol KOH = 2 (mol) – Phương trình phản ứng: 2KMnO4 + 16HCl

2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O

0,2

0,5

* Ở điều kiện nhiệt độ thường: Cl2 + 2KOH

KCl + KClO + H2O

0,5

1,0

0,5

– Dư 1,0 mol KOH CM (KCl) = CM (KClO) = 0,5 (M); CM (KOH dư) = 1 (M) * Ở điều kiện đun nóng trên 700C: 3Cl2 + 6KOH 0,5

1,0

5KCl + KClO3 + 3H2O 5/6

1/6

– Dư 1,0 mol KOH CM (KCl) = 5/6 (M); CM (KClO3) = 1/6 (M); CM (KOH dư) = 1 (M). Câu 2:

1. – Xác định các chất: A là NaOH; B là Na2CO3; D là NaHCO3; M là NaAlO2; N là Al(OH)3; P là Ba(HCO3)2; R là BaSO4; Q là BaCO3; Y là NaHSO4; X là CO2 – Các phương trình phản ứng: 2NaOH + CO2

Na2CO3 + H2O

Na2CO3 + CO2 + H2O 2NaHCO3 2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2O NaOH + Al + H2O NaAlO2 + 3/2H2 NaAlO2 + CO2 + 2H2O NaHCO3 + Al(OH)3 3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O 6NaCl + 3CO2 + Al(OH)3 2NaHCO3 + Ba(OH)2 Na2CO3 + BaCO3 + 2H2O BaCO3 + 2NaHSO4 BaSO4 + CO2 + Na2SO4 + H2O Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 BaSO4 + 2CO2 + Na2SO4 + 2H2O Ba(HCO3)2 + Na2SO4 BaSO4 + 2NaHCO3 2. – Gọi số mol các chất trong 15,15 gam hỗn hợp E lần lượt là a, b, c, d. – Các phản ứng xảy ra: Ca + 2H2O Ca(OH)2 + H2 CaC2 + 2H2O Ca(OH)2 + C2H2 Al4C3 + 12H2O 4Al(OH)3 + 3CH4 Ca(OH)2 + 2Al + 2H2O Ca(AlO2)2 + 3H2 Ca(OH)2 + 2Al(OH)3 Ca(AlO2)2 + 4H2O – Áp dụng BTNT hidro: 2nH2O(đốt cháy) = 2nH2 + 2nC2H2 + 4nCH4 2b + 12c + 2d + 3a = 0,525.2 = 1,05 2(b + d) + 3(4c + a) = 1,05 = 2nCa + 3nAl – Xét hỗn hợp X gồm: Al, Ca, C mX = mCa + mAl + mC = 15,15 (g) mCa + mAl = 12,75 (g) nCa = 0,15 (mol) ; nAl = 0,25 (mol) – Sản phẩm không có kết tủa nên dung dịch gồm: Ca(AlO2)2 và Ca(OH)2 – Bảo toàn nguyên tố Ca và Al dung dịch Y có 0,125 (mol) Ca(AlO2)2 ; 0,15 – 0,125 = 0,025 (mol) Ca(OH)2 và 0,4 (mol) HCl Ca(OH)2 + 2HCl CaCl2 + 2H2O Ca(AlO2)2 + 2HCl + 2H2O 2Al(OH)3 + CaCl2 3HCl + Al(OH)3 AlCl3 + 3H2O

– Áp dụng công thức tính nhanh: nHCl = 2nCa(OH)2 + 8nCa(AlO2)2 – 3n 0,4 = 0,025.2 + 8.0,125 – 3n m1= 78.(0,65 : 3) = 16,9 (g) Câu 3: 1. Phản ứng: CaCO3 → CaO + CO2 2Al + 3FeO →Al2O3 + 3Fe (B gồm CaO, Cu, FeO, CaCO3 dư, Fe, Al) CaO + H2O → Ca(OH)2 2Al + Ca(OH)2 + 2H2O →Ca(AlO2)2 + 3H2 Al2O3 + Ca(OH)2 →Ca(AlO2)2 + H2O Do D không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH, nên D không còn Al và Al2O3. Suy ra: D gồm Cu, FeO, CaCO3, Fe. Dung dịch C gồm Ca(AlO2)2, Ca(OH)2 dư. CaCO3 + H2SO4 đặc →CaSO4 + CO2 + H2O Cu + 2H2SO4 đặc →CuSO4 + 2H2O + SO2 2FeO + 4H2SO4 đặc →Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 2Fe + 6H2SO4 đặc → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2. a) Đặt số mol của MO, M(OH)2, MCO3 tương ứng là x, y, z. Nếu tạo muối trung hòa ta có các phản ứng: MO + H2SO4 →MSO4 M(OH)2 + H2SO4 MCO3 + H2SO4

+ H2O

→MSO4 →MSO4

(1)

+ 2H2O + H2O + CO2

(2) (3)

Nếu tạo muối axít ta có các phản ứng: MO + 2H2SO4

→M(HSO4)2 + H2O

M(OH)2 + 2H2SO4

→M(HSO4)2

(4)

+ 2H2O

(5)

MCO3 + 2H2SO4 →M(HSO4)2 + H2O + CO2 Ta có : MMuối =

(6)

D.C %.10 1, 093.10,867.10   218 c CM 0,545

– TH1: Nếu muối là MSO4 M + 96 = 218 M = 122 (loại) – TH2: Nếu là muối M(HSO4)2 M + 97.2 = 218 M = 24 (Mg) Vậy xảy ra phản ứng (4, 5, 6) tạo muối Mg(HSO4)2 b) Theo (4, 5, 6)

Số mol CO2 = 0,448/22,4 = 0,02 molz = 0,02 (I)

Số mol H2SO4 =

117, 6.10  0,12 mol 98

2x + 2y + 2z = 0,12 Đề bài:

(II)

40x + 58y + 84z = 3,64 (III)

Giải hệ (I, II, III): x = 0,02; y = 0,02; z = 0,02 %MgO = 40.0,02.100/3,64 = 21,98% %Mg(OH)2 = 58.0,02.100/3,64 = 31,87% %MgCO3 = 84.0,02.100/3,64 = 46,15% Câu 4: 1. – Công thức cấu tạo của axit acrylic là CH2=CH–COOH – Các phương trình phản ứng: CH2=CH–COOH + H2 →CH3–CH2–COOH CH2=CH–COOH + Br2 →CH2Br–CHBr–COOH 2CH2=CH–COOH + 2Na →2CH2=CH–COONa + H2 CH2=CH–COOH + NaOH → CH2=CH–COONa + H2O 2CH2=CH–COOH + Na2CO3 →2CH2=CH–COONa + H2O + CO2 CH2=CH–COOH + C2H5OH →CH2=CH–COOC2H5 + H2O 2. a) Các phương trình phản ứng: C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 C2H2 + Ag2O → C2Ag2 + H2O Hay

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3

b) Gọi a, b, c lần lượt là số mol của CH4, C2H4, C2H2 trong 4,3gam hỗn hợp T. – Số mol Br2 = 0,15 (mol); số mol kết tủa = số mol C2H2 = 0,075 (mol); số mol T = 0,3 (mol). Do đó nT = 4nC2H2

a  b  c  4c a  0,1   – Ta có hệ phương trình: b  2c  0,1516  b  0, 05 a  28b  26c  4,3 c  0, 05   – Suy ra % thể tích mỗi khí trong T: %VCH4 = 50%; %VC2H2 = %VC2H4 = 25% 3.

a) Đặt CTPT chung của X, Y là CxHyOz(y chẵn; y 2x+2): – Ta có: 12x + y +16z = 76 => z < 4,75 z = 1 => 12x + y = 60 không có công thức phù hợp z = 2 => 12x + y = 44 =>x = 3; y = 8 CTPT: C3H8O2 Từ giả thiết Y + NaHCO3

CO2 Y là axit

Số mol X (Y) = 1,14/76= 0,015; số mol H2 = 0,336/22,4= 0,015 X có 2 nhóm –OH X có công thức C3H6(OH)2 CTCT của X: CH2OH–CHOH–CH3 hoặc CH2OH–CH2–CH2OH z = 3 => 12x + y = 28 x = 2; y = 4 CTPT: C2H4O3 Vì số mol Y = số mol H2 Y có nhóm –COOH và nhóm –OH CTCT của Y: HO–CH2–COOH z = 4 => 12x + y = 12 không có công thức phù hợp. b) Xác định công thức cấu tạo của P và Z – Gọi số mol của CO2 là 7x và H2O là 4x. – Bảo toàn khối lượng: 17,2 + 32.0,65 = 7x.44 + 18.4x x = 0,1 nC = 7.0,1 = 0,7 (mol); nH = 2.4.0,1 = 0,8 (mol); nO = 0,5 (mol) CTĐGN của P là C7H8O5 (Cũng là CTPT) – Số mol P tác dụng với NaOH = 3,44/172= 0,02 (mol); nNaOH = 0,04 (mol) Tỉ lệ phản ứng là 1: 2 P phải có 2 nhóm chức tác dụng được với NaOH. Vì P có 5 nguyên tử oxi nên CTCT của P là HOOC–C C–COOC3H6OH. Vậy Z là HOOC–C C–

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa – Hệ chuyên – THPT Chuyên Lạng Sơn năm 2017 – 2018 Câu 1: 1. Cho sơ đồ điều chế khí clo trong phòng thí nghiệm. Hóa chất trong các bình (1), (2), (3), (4) lần lượt là (chọn 1 đáp án đúng)

A. NaCl, MnO2, HCl đặc, H2SO4 đặc

B. NaCl, H2SO4 đặc, MnO2, HCl đặc

C. HCl đặc, MnO2, NaCl, H2SO4 đặc

D. H2SO4 đặc, MnO2, HCl đặc, NaCl

2. Chọn đúng (Đ) hoặc sai (S) cho các kết luận sau: a) Axetilen và benzen đều làm mất màu dung dịch Br2 ở điều kiện thường. b) CF2Cl2 là chất làm lạnh hiệu quả trong máy lạnh, tủ lạnh nhưng lại gây phá hủy tầng ozon. c) Glucozo có công thức phân tử C12H22O11, là chất kết tinh không màu có vị ngọt. d) Protein và chất béo đều bị thủy phân khi đun nóng trong dung dịch axit hoặc bazo. 3. Hãy chọn những từ (cụm từ) thích hợp để điền vào chỗ trống trong các câu sau đây: a) Các đơn chất khác nhau do cùng một nguyên tố hóa học cấu tạo nên được gọi là ………của nguyên tố đó. b) Kim loại W (vonfram) có ………cao nên được dùng làm dây tóc bóng điện. c) Khi điện phân dung dịch NaCl bão hòa trong thùng điện phân có màng ngăn xốp, ta thu được khí Cl2 ở cực………. d) Chất được dùng để khắc chữ và hình trên vật liệu thủy tinh là………… 4. Chọn lựa thông tin cột B sao cho phù hợp với dữ liệu cột A Cột A 1. Cho vài giọt dung dịch iot vào hồ tinh bột 2. Cho bột CuS màu đen vào dung dịch HCl

Cột B a. Dung dịch chuyển màu xanh b. Tan, sủi bọt khí mùi trứng thối c. Không hiện tượng Câu 2: Hai hợp chất hữu cơ X, Y có cùng phân tử khối là 46 đvC, đều chứa các nguyên tố C, H, O và mỗi chất chỉ chứa một loại nhóm chức đã học, có các tính chất sau: – X, Y tác dụng với Na giải phóng khí H2. – Dung dịch Y làm quì tím hóa đỏ.

a) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của X, Y và viết các phương trình hóa học xảy ra. b) Chất Y có trong nọc kiến. Khi bị kiến cắn, để giảm sưng tấy nên chọn chất nào bôi vào vết thương trong số các hóa chất sau: vôi tôi, giấm ăn, nước, muối ăn. Viết phương trình hóa học giải thích cho lựa chọn đó. c) Cho 13,8 gam hỗn hợp gồm X, Y phản ứng hết với Na vừa đủ, thu được V lít khí H2 (đktc) và m gam chất rắn. Tính giá trị V, m. Câu 3: Một hỗn hợp X gồm 0,2 mol Cu và 0,1 mol Fe3O4. Cho X vào 400 ml dung dịch H2SO4 1M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch A và còn lại x gam chất rắn B không tan. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư rồi đun nóng trong không khí cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Lọc lấy kết tủa, nung đến khối lượng không đổi thu được y gam chất rắn C. Xác định giá trị của x và y. Câu 4: Hỗn hợp khí X gồm C2H6, C3H6 và C4H6. Tỉ khối của X so với H2 bằng 24. Đốt cháy hoàn toàn 0,96 gam X trong oxi dư rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng 1 lít dung dịch Ba(OH)2 0,05M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được x gam kết tủa, dung dịch sau phản ứng có khối lượng giảm m gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. Tính giá trị của x, m. Câu 5: 1. Nêu hiện tượng xảy ra trong các trường hợp sau và viết phương trình hóa học giải thích: a) Dẫn khí Cl2 vào dung dịch NaOH (vừa đủ) ở nhiệt độ thường. Nhỏ vài giọt dung dịch thu được vào mẩu giấy quì tím. b) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3. c) Đốt quặng FeS2 trong O2 dư và hấp thụ sản phẩm khí thu được bằng dung dịch Br2. 2. Có 5 ống nghiệm được kí hiệu ngẫu nhiên A, B, C, D, E. Mỗi ống nghiệm chứa một trong các dung dịch AgNO3, ZnCl2, HCl, Na2CO3, KCl. Tiến hành các thí nghiệm và thu được kết quả như sau: – Thí nghiệm 1: B tác dụng với C có khí thoát ra. – Thí nghiệm 2: C tác dụng với D hoặc với E đều có kết tủa tạo thành – Thí nghiệm 3: B không phản ứng với E. Xác định A, B, C, D, E và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. Câu 6: 1. Nồng độ cồn trong máu được xác định bằng cách cho huyết thanh tác dụng với dung dịch K2Cr2O7/H2SO4, khi đó xảy ra phản ứng hóa học sau: C2H5OH + K2Cr2O7 + H2SO4 → CH3CHO + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O

Giả sử theo qui định, nồng độ cồn cho phép của người điều khiển phương tiện giao thông không được vượt quá 800mg/lít huyết thanh. Biết 2 ml huyết thanh của một người lái xe máy tác dụng vừa hết với 12,0 ml dung dịch K2Cr2O7 0,0006M trong H2SO4 dư. Hỏi người đó có vi phạm qui định hay không? 2. Teflon là một polime tổng hợp có rất nhiều ưu điểm như: bền với axit, kiềm và các chất oxi hóa có khả năng cách điện cao, chống dính cao, bền với nhiệt. Với các ưu điểm trên, Teflon xứng đáng với danh hiệu “Vua” chất dẻo. a) Viết công thức chung của mạch Teflon. b) Phân tử khối trung bình của một đoạn mạch Teflon là 250000 đvC, hãy tính số mắt xích ứng với đoạn mạch polime này. Câu 7: Hòa tan 12,6 gam hỗn hợp hai kim loại M (hóa trị II) và M’ (hóa trị III) bằng axit HCl dư, thu được dung dịch A và khí B. Đốt cháy hoàn toàn ½ lượng khí B trên thu được 2,79 gam H2O. a) Cô cạn dung dịch A thu được m gam hỗn hợp muối khan. Tính giá trị m. b) Cho lượng khí B còn lại phản ứng hoàn toàn với khí Cl2 vừa đủ (t0C) rồi cho sản phẩm thu được hấp thụ vào 0,2 lít dung dịch NaOH 16% (d = 1,20g/ml). Tính nồng độ % các chất trong dung dịch thu được.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. Chọn C MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O 2. a) Sai. CH≡CH + 2Br2 → CH(Br2)–CH(Br2) Chú ý: nếu chiết Benzen sang môi trường dung dịch Br2 thì có mất màu mặc dù không có phản ứng xảy ra. b) Đúng. Các khí họ CFC là các chất làm mát tốt. c) Sai Glucozo có CTPT là: C6H12O6. Mantozo và Saccarozo mới có CTPT C12H22O11. Cacbohidrat (– Xenlulozo) đều là các chất kết tinh có vị ngọt. d) Đúng.

Protein và chất béo là sản phẩm trùng ngưng nên đều thủy phân được trong môi trường axit hoặc bazo kiềm. 3. a) thù hình Ví dụ: O2 và O3. S2, S8 và Sn. b) nhiệt độ nóng chảy cao. Nhà bác học Edison phải mất 10.000 thí nghiệm mới tìm ra được vật liệu W sử dụng trong dây tóc bóng đèn. c) anot. Thu được Na ở catot (cực –) và Cl2 ở anot (cực +) d) HF Các vật liệu thủy tinh có cấu tạo bởi SiO2, và: SiO2 + 4HF → SiF4 + 2H2O 4. 1– a và 2– c. Các muối sunfua của kim loại yếu: CuS, Ag2S, PbS đều không tan trong nước và axit. Câu 2:

 Na  H 2 a. Y    Y : axit HCOOH va X :ancolC2 H 5 OH QT  Do b. Chọn vôi tôi hoặc nếu có kem đánh răng cũng được 2HCOOH + Ca(OH)2 → (HCOO)2Ca + 2H2O c) HCOOH + Na → HCOONa + ½ H2 C2H5OH + Na → C2H5ONa + ½ H2 n(X, Y) = 2.nH2 → nH2 = 0,15 → V = 3,36 (lít) Câu 3: ran B : x ( g ) Cu : 0, 2  H 2 SO4 :0,4 X    NaOH ,t o du to     RanC : y ( g )  Fe3 O4 : 0,1 dd A 

Pt: Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O 0,1

→ 0,4

0,1

Cu + Fe2(SO4)3 → CuSO4 + 2FeSO4 0,1 ←0,1

→

0,1

0,2

Rắn B là 0,1 mol Cu → x = 6,4 (g)

 Fe(OH )3 : 0,3  Fe2 O3 : 0,15  FeSO4 : 0,3 dd A      y  32 g CuSO4 :0,1 Cu (OH ) 2 : 0,1 CuO : 0,1 Câu 4: MX = 48 → nX = 0,96/48 = 0,02

Ta có: mX  0,96  nH  0,12  nH 2O  0, 06 BTNT C  CnH 6   CO2 : 0, 07 mol nX  0, 02  m  0,12 g   H    BTKL  mX  mC  mH 

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,05 ←0,05

→ 0,05

CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 0,02→ 0,02 Dư:

0,03

→ nBaCO3 dư = 0,03 → x = 5,91 (g) và mdd giảm = mBaCO3 – mCO2 + mH2O= 1,75 (g) Câu 5: 1. Phương pháp làm bài tập giải thích hiện tượng Bước 1: dự đoán các PTHH có thể xảy ra Bước 2: tập trung vào màu sắc, mùi của kết tủa, bay hơi, dung dịch sau phản ứng. a) Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO NaClO có tính tẩy màu nên khi nhỏ vài giọt dung dịch vào quì tím ta thấy quì tím mất màu. b) 3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3↓ NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O Lúc đầu: ta thấy dung dịch xuất hiện kết tủa trắng, dạng keo. Sau đó: kết tủa tăng dần đến tối đa, sau đó thêm tiếp NaOH dư vào thì thấy kết tủa dần bị hòa tan đến khi hoàn toàn. Dung dịch trở lại trong suốt. c) 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr Khí thu được là SO2 có khả năng làm mất màu dung dịch Br2 2.

 HCl B tác dụng với C có khí thoát ra → C   Na2CO3 C tác dụng với D hoặc với E đều có kết tủa tạo thành   AgNO3 C : Na2CO3  E     ZnCl2  B : HCl  C  HCl  Na2CO3

AgNO3 E   E : ZnCl2  ZnCl2 B không phản ứng với E    A : KCl  D : AgNO3

Pt: 2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + CO2↑ + H2O Na2CO3 + ZnCl2 → ZnCO3↓ + 2NaCl Na2CO3 + 2AgNO3 → Ag2CO3↓ + 2NaNO3 Câu 6: 1. 3C2H5OH + K2Cr2O7 + 4H2SO4 → 3CH3CHO + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 7H2O 2,16.10–5 ←7,2.10–6 → 2ml HT có 2,16.10–5 thì 1000ml (1 lít) HT có 2,16.10–5.500.46 = 496,8mg C2H5OH Vậy người ngày không vi phạm qui định tham gia giao thông. 2. a) –(CF2 – CF2)– b) Số mắt xích = m polime : M polime = 250000 : 100 = 2500 mắt xích Câu 7:  2

 M 12, 6 g  3    M

 O2  H 2    H 2 O : 0,31   HCl   dd A  m( g ) 

Đồng nhất dữ kiện để thuận lợi cho tính toán, bằng cách nhân đôi khối lượng H2O. a. BTNT H: nH2 = nH2O = 0,31 mol => nHCl = 0,62mol BTKL: m kim loại + mHCl = mA + mB => 12,6 + 36,5 . 0,62 = m + 2 . 0,31 => m = 34,61g b.

H2 

Cl2  2 HCl

0,155  0,155

0,31

 HCl : 0,31 BTNT Cl     NaCl : 0,31   dd  BTNT Na 0, 2.1000.1, 2.16%   0,96  NaOH du :0, 65    NaOH  40 mdd s  mHCl  mdd NaOH  36,5.0,31 0, 2.1000.1, 2  251,315 g

% NaCl : 7, 216%   % NaOH du :10,346%

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Lê Quí Đôn - Đà Nẵng năm 2017 - 2018 Câu 1: 1. Giải thích vì sao các đồ vật làm bằng nhôm khó bị ăn mòn trong không khí? 2. Vào cuối khóa học, các học sinh, sinh viên dùng bong bóng bay chụp ảnh kỉ yếu. Tuy nhiên, có một số vụ bong bóng bay bị nổ mạnh khi tiếp xúc với lửa làm nhiều người bị bỏng nặng. a. Hãy giải thích nguyên nhân gây nổ của chất khí trong bong bóng. b. Để sử dụng bong bóng an toàn, một học sinh đề nghị dùng khí He bơm vào bong bóng. Em hãy nhận xét cơ sở khoa học và tính khả thi của đề nghị trên. 3. Nhiệt phân hỗn hợp rắn X gồm CaCO3, NaHCO3, Na2CO3 có tỉ lệ mol tương ứng 2:2:1 đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn Y. Cho Y vào nước, khi kết thúc phản ứng lọc lấy dung dịch Z. a. Viết phương trình hóa học các phản ứng. b. Viết phương trình hóa học của các phản ứng có thể xảy ra khi cho dung dịch Ca(HCO3)2 vào dung dịch Z. Câu 2: 1. Cho dãy chuyển hóa sau:         A1   A2   A3   PE Xenlulozo  1

a. Viết các phương trình hóa học, ghi rõ điều kiện thực hiện chuyển hóa trên. b. Tính khối lượng gỗ có chứa 40% xenlulozo cần dùng để sản xuất 14 tấn nhựa PE, biết hiệu suất chung của cả quá trình là 60%. 2. Cho 2 chất hữu cơ A và B có công thức phân tử lần lượt là C3H8O và C3H6O2. Biết rằng chất A và chất B đều tác dụng với Na, chỉ có chất B tác dụng với NaHCO3. a. Xác định các công thức cấu tạo có thể có của A và B b. Viết các phương trìn hóa học xảy ra khi cho A tác dụng với B. Câu 3: 1. Cho H2SO4 đặc vào cốc chứa một ít đường saccarozo, thu hỗn hợp khí sau phản ứng rồi sục vào dung dịch Ca(OH)2 dư. Nêu hiện tượng xảy ra trong các thí nghiệm và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 2. Cho 1 gam kim loại A có hóa trị 2 vào 50 ml dung dịch H2SO4 5M, đến khi nồng độ axit còn lại 3M thì kim loại vẫn chưa tan hết. Biết thể tích dung dịch không đổi, xác định kim loại A. Câu 4: 1. Hòa tan 10,72 gam hỗn hợp X gồm: Mg, MgO, Ca và CaO vào dung dịch HCl vừa đủ thu được 3,248 lít khí (đktc) và dung dịch Y chứa a gam CaCl2 và 12,35 gam MgCl2. Tính a.

2. Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch chứa hỗn hợp gồm x mol AlCl3 và y mol FeCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

a. Tính x và y b. Cho z = 0,74 mol thu được m gam kết tủa. Tính m Câu 5: 1. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm CxHy và O2 dư, làm lạnh hỗn hợp sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y có thể tích giảm 25% so với thể tích của X. Cho khí Y đi qua dung dịch KOH dư thu được khí Z có thể tích giảm 40% so với thể tích của Y. a. Xác định công thức cấu tạo có thể có của CxHy biết x < 6 b. Tính thành phần % thể tích hỗn hợp X. 2. Cho 65,08 gam hỗn hợp X gồm (C17H33COO)3C3H5 và một este RCOOR’ tác dụng vừa đủ với 160 ml dung dịch NaOH 2M. Chưng cất hỗn hợp sau phản ứng thu được hỗn hợp Y chứa 2 ancol no, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y thu được 14,08 gam CO2 và 9,36 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của RCOOR’.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. Trong không khí, Al tiếp xúc với khí O2, với H2O tạo ra lớp màng oxit nhôm Al2O3 mỏng nhưng rất bền vững. Lớp màng oxit nhôm bảo vệ nhôm tiếp xúc với môi trường bên ngoài, ngăn ngừa quá trình oxi hóa khử. 2. a. Bóng bay chụp ảnh kỉ yếu thường bơm khí H2 (thường gặp nhất), đôi khi là CH4 hoặc C2H2. Khi gặp nguồn nhiệt (lửa) khí H2 sẽ phát nổ rất mạnh, thậm chí trong không gian kín như otô thì không cần nguồn nhiệt, bóng bay vẫn phát nổ, do thể tích khoang xe hạn hẹp, nồng độ hiđro đậm đặc. b) Đề nghị trên hợp lí. Vì khí He là khí trơ nên không phát nổ khi gặp nguồn nhiệt hoặc ma sát, do vậy sẽ an toàn khi sử dụng. Có điều khí He đắt hơn nhiều so với khí H2.

CaCO3 : 2  CaCO3 : 2 CaCO3 : 2   H 2O to     NaHCO3 : 2  BTNT Na  NaOH  Z   BTNT NaNa2 CO3 : 2  Na CO :1  2 3 o

t CaCO3   CaO  CO2  o

t 2 NaHCO3   Na2 CO3  CO2   H 2 O

CaO  H 2 O  Ca  OH 2 Ca  OH  2  Na2 CO3  2 NaOH  CaCO3 

2 NaOH  Ca ( HCO3 ) 2  Na2 CO3  CaCO3  2 H 2 O Câu 2: a.  H SO dac ,to

2 4 (1)(C6 H10 O5 ) n  nH 2 O   nC6 H12 O6

men (2)C6 H12 O6  2C2 H 5 OH  2CO2  H 2 SO 4 dac ,to (3)C2 H 5 OH   CH 2  CH 2  H 2 O TH (4)nCH 2  CH 2   (CH 2  CH 2 ) n 

b. Khối lượng gỗ cần dùng = (14 . 162) : (28 . 2 . 40% . 60%) = 168,75 tấn 2.

 A : AncolC3 H 7 OH  Na B  B : axitC2 H 5 COOH    NaHCO3 C2 H 5 COOH  C3 H 7 OH  C2 H 5 COOC3 H 7  H 2 O Câu 3: 1. Lúc đầu: C12H22O11 + H2SO4 → 12C(đen) + H2SO4.11H2O Sau đó: C12H22O11 + 24H2SO4 → 12CO2↑ + 24SO2↑ + 35H2O Khi nhỏ axit H2SO4 đặc vào saccarozo, ta thấy đường nhanh chóng hóa đen, sau đó khối rắn tăng thể tích rất nhanh và thoát khí mùi hắc (SO2). Quan sát phương trình ta thấy chỉ 1 mol đường nhưng tạo ra những (12 + 24 = 35) mol khí, vì vậy thể tích khối rắn tăng lên nhanh. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3↓ + H2O Khí (CO2 + SO2) sục vào dung dịch Ca(OH)2 dư ta thấy xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa tăng dần đến tối đa và không thay đổi.

2. nH2SO4 ban đầu = 0,25mol nH2SO4 dư = 0,15 => nH2SO4 phản ứng = 0,1mol => A dư => nA > 0,1 MA < 10 => A là Be Câu 4: 1. Qui hỗn hợp về

24 x  40 y  16 z  10, 72  Mg : x   x  0,13   BT e 2nMg  2nCa  2nO  2nH 2     y  0,14  a  15,54 g Ca : y     2 x  2 y  2 z  2.0,145  z  0,125 O : z     BT Mgx  0,13  2. a. Ta xét:  nNaOH  3nAlCl3  3nFeCl3 nNaOH  0, 66( max)    0, 66  3 x  3 y  x  0,14    nNaOH  3nAlCl3  3nFeCl3  y  0, 08  nNaOH  0,8( min)   0,8  4 x  3 y  

b. 3NaOH + FeCl3 → 3NaCl + Fe(OH)3↓ 0,24 ←

0,08

→ 0,08

3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3↓ 0,42 ←

0,14

→ 0,14

Sau pứ: nNaOHdư = 0,74 – (0,24 + 0,42) = 0,08 NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O 0,08 Dư:

→ 0,08 0,06

Suy ra m↓ = mFe(OH)3 + mAl(OH)3 = 0,08 . 107 + 0,06 . 78 = 13,24g Câu 5: a)

Vì bài toán chỉ có số liệu tương đối (%) nên để đơn giản và không mất tính tổng quát, ta có thể chọn số mol một chất bất kì. Ta chọn nX = 1(mol) X 

1mol

1.75%  0,75 mol



0,75.60%  0,45 mol

Khi làm lạnh thì hơi nước ngưng tụ vậy Y chỉ chứa CO2 và O2 dư. Pt: CxHy + (x + 0,25y)O2 → xCO2 + 0,5yH2O a →

a(x + 0,25y)

dư:

0,5ay

1 – a – a(x + 0,25y)

Cx H y : a t  CO2 : ax  KOH du X  Y    Z : O2 O 2 du :1-a-a(x+0, 25y) O2 :1  a 0,45       0,75

1 x   2 3  4

10 x  12  3 y   ax  0,3    x  3  X : C3 H 6   O2 du:0,45   1  a  a ( x  0, 25 y )  0, 45 y  6   CO2 :0,3

C3 H 6 : 0,1 %C3 H 6 :10%   O2 : 0,9 %O2 : 90% 2.

(C H COO)3 C3 H 5 : x  NaOH :0,32 mol C H (OH )3 : x  O2 X  17 33  Y  3 5   CO2  H 2 O 0,32 0,52  RCOOR  : y  R OH : y nancol  nH 2O  nCO2 NaOH :0,32    3 x  y  0,32  x  0, 06     y  0,14  x  y  0, 2

 R  R   43(C3 H 6 ) (C17 H 33 COO)3 C3 H 5 : 0, 06    CH 3  CH 3 COOCH 3  R  RCOOR  : 0,14     C2 H 5  HCOOC2 H 5  65,08 g

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Lê Quí Đôn - Vũng Tàu năm 2017 - 2018 Câu 1: 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra của các thí nghiệm sau: a. Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3. b. Cho một mẫu nhỏ kim loại Na và dung dịch FeCl3. c. Dẫn khí Cl2 vào cốc đựng nước, sau đó nhúng giấy quì tím vào dung dịch thu được. d. Cho dung dịch CaCl2 dư vào dung dịch NaHCO3, sau đó đun nóng. t E 2. Cho sơ đồ chuyển hóa sau: A  B  C  D 

– A là chất khí dùng để sát khuẩn nước sinh hoạt. – B là chất được dùng nhiều trong chế biến thực phẩm. – C là nguyên liệu sản xuất xà phòng, chất tẩy rửa. – E là khí gây hiệu ứng nhà kính. Xác định A, B, C, D, E và viết phương trình phản ứng xảy ra. Câu 2: 1. Có 4 lọ mất nhãn, mỗi lọ đựng một trong 4 dung dịch sau: axit axetic, glucozo, rượu etylic, saccarozo. Hãy nhận biết dung dịch đựng trong mỗi lọ bằng phương pháp hóa học, viết các phương trình phản ứng minh họa. 2. Viết phương trình phản ứng hoàn thành chuỗi chuyển hóa sau: (ghi rõ điều kiện nếu có)

Câu 3: 1. Cho V ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm AlCl3 0,5M và HCl 0,25M, sau khi kết thúc phản ứng thu được 3,9 gam kết tủa. Tính giá trị của V. 2. Khử hoàn toàn 12,76 gam một oxit kim loại (RxOy) bằng khí CO vừa đủ thu được kim loại R và khí CO2. Hấp thụ hết khí CO2 sinh ra vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 22 gam kết tủa trắng. Cho toàn bộ lượng kim loại R thu được ở trên tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thu được 5,544 lít một khí có mùi hắc (đktc). Xác định công thức của RxOy. Câu 4: 1. Cho m gam hỗn hợp A (dạng bột) gồm Cu và Fe tác dụng với 100 ml dung dịch AgNO3 1M, sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 13,36 gam hỗn hợp chất rắn gồm 2 kim loại. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa Z và dung dịch T, lọc bỏ lấy kết tủa Z đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được p gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tính giá trị của p. b. Tính khối lượng của kim loại đồng có trong A. Biết m = 5,44 gam.

2. Nguyên tố X thuộc nhóm VIIA, trong hợp chất oxi cao nhất (X2O7) có tỉ lệ khối lượng mX : mO = 71 : 112. a. Xác định nguyên tố X. b. Hòa tan hoàn toàn 4,32 gam hỗn hợp gồm Al và MgCO3 trong 200 ml dung dịch HX 1,5M (d = 1,05g/ml) được dung dịch A và hỗn hợp khí Y có tỉ khối hơi so với H2 bằng 13,6. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A. Câu 5: 1. Chia hỗn hợp M gồm axit hữu cơ A (CnH2n+1COOH) và rượu B (CmH2m+1OH) làm ba phần bằng nhau: – Phần 1: cho tác dụng với Na dư thu được 1,12 lít khí. – Phần 2: cho tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 1,344 lít khí. – Phần 3: đun nóng với axit H2SO4 đặc thì thu được 2,22 gam este E. Biết chỉ xảy ra phản ứng este hóa với hiệu suất phản ứng 75%. a. Viết phương trình phản ứng xảy ra. b. Xác định công thức phân tử của A, B và tính khối lượng hỗn hợp M đã sử dụng. Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp gồm: C2H6, C2H4O2, C3H6O2 và C4H6O4 thu được 5,6 lít khí CO2 (đktc) và 4,5 gam H2O. Tính thể tích khí O2 (đktc) đã tham gia phản ứng.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. Phương pháp Bước 1: Dự đoán các PTHH có thể xảy ra. Bước 2: Quan sát màu sắc, mùi của khí, kết tủa và dung dịch sau pứ. a. 3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3 NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O Hiện tượng: khi cho NaOH vào dung dịch AlCl3 ta thấy xuất hiện kết tủa keo trắng Al(OH)3, kết tủa tăng dần khi thêm tiếp NaOH. Đến khi kết tủa tăng đến tối đa, thêm tiếp NaOH vào ta thấy kết tủa tan dần đến hết. b. Na + H2O → NaOH + ½ H2↑ 3NaOH + FeCl3 → 3NaCl + Fe(OH)3↓ Hiện tượng: viên Na tan mạnh trong H2O và tỏa nhiều khí không màu, không mùi (H2). Dung dịch xuất hiện kết tủa nâu đỏ, kết tủa tăng dần đến tối đa.

c. Cl2 + H2O → HCl + HClO Hiện tượng: khi cho quì tím vào cốc, quì tím bị mất màu do dung dịch nước clo (HCl + HClO) có tính tảy màu. d. 2NaHCO3 →Na2CO3 + CO2↑ + H2O CaCl2 + Na2CO3 → 2NaCl + CaCO3↓ Hiện tượng: khi đun nóng, dung dịch có khí không màu thoát ra (CO2), đồng thời xuất hiện kết tủa màu trắng (CaCO3) 2. A là chất khí dùng để sát khuẩn nước sinh hoạt → A: Cl2 B là chất được dùng nhiều trong chế biến thực phẩm và A là Cl2 => B: NaCl C là nguyên liệu sản xuất xà phòng, chất tẩy rửa → C: NaOH E là khí gây hiệu ứng nhà kính → E: CO2

Cl2  2 Na  2 NaCl dpcmn 2 NaCl  2 H 2   2 NaOH  H 2  Cl2 

NaOH  CO2  NaHCO3 o

t 2 NaHCO3   Na2 CO3  CO2   H 2 O

Câu 2: 1. Từ 4 dung dịch trích ra các mẫu thử, đánh số thứ tự để tiện đối chiếu kết quả thực nghiệm. C6 H12 O6 : Ag CH 3 COOH C H O CH 3 COOH  6 12 6 AgNO3/ NH 3  NaHCO3      C2 H 5 OH C2 H 5 OH C H O C12 H 22 O11  12 22 11

CH 3 COOH : CO2 C2 H 5 OH  C12 H 22 O11

C2 H 5 OH C2 H 5 OH  Cu ( OH )2    C12 H 22 O11 C12 H 22 O11 : phuc xanh NH 3 C5 H11O5 CHO  Ag 2 O   NH 3 C5 H11O5 COOH  2 Ag 

CH 3 COOH  NaHCO3  CH 3 COONa  CO2   H 2 O 2. CaC2  2 H 2 O  Ca  OH  2  CH  CH Pd / to CH  CH  H 2   CH 2  CH 2 H 2 SO4 CH 2  CH 2  H 2 O   CH 3 CH 2 OH

xt ,t CH 3 CH 2 OH  O2   CH 3 COOH  H 2 O H 2 SO4 CH 3 COOH  C2 H 5 OH   CH 3 COOC2 H 5  H 2 O

CH 3 COOC2 H 5  NaOH  CH 3 COONa  C2 H 5 OH CH  CH  HCl  CH 2  CHCl TH nCH 2  CHCl   [CH 2  CH  Cl ]n   PVC : polivinylclorua 

Câu 3: Nhận

xét:

nAl(OH)3

0,05

nAlCl3

TH1: kết tủa chưa bị hòa tan Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O 0,025 ← 0,05 3Ba(OH)2 + 2AlCl3 → 3BaCl2 + 2Al(OH)3↓ 0,075

←

0,05

→ nBa(OH)2 = 0,1 → V = 100 ml TH2: kết tủa bị hòa tan một phần Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O 0,025 ← 0,05 3Ba(OH)2 + 2AlCl3 → 3BaCl2 + 2Al(OH)3↓ 0,15

←

0,1

→ 0,1

Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O 0,025 ←

0,05

Dư:

0,05

→ nBa(OH)2 = 0,2 → V = 200 ml Vậy có 2 giá trị của V là: 100 và 200 2.  CO2 Ca (OH ) 2  CaCO3 : 0, 22  CO R2 On    R  H 2 SO4  SO2 : 0, 2475 CO2  Ca  OH  2  CaCO3   H 2 O 0,22

0,22

R2 On  nCO  2 R  nCO2  x

2 R  2mH 2 SO4  R2 ( SO4 ) m  mSO2  2mH 2 O 2 2x

→

kết

tủa

chưa

đạt

tối

đa.

mx  0, 2475 m  3    n  8 / 3  Fe3 O4 nx  0, 22 (2 R  16n) x  12, 76  R  56( Fe)   Câu 4: a.

 Fe : x  AgNO3 :0,1mol mr  13,36 g (2 KL) A    NaOH du to Cu : y   Z   p( g ) dd Y     m( g )

Rắn phải có Ag, mà có 2 kim loại nên kim loại còn lại là Cu. Kim loại dư nên AgNO3hết BTNT Fe BTNT Ag    Fe( NO3 ) 2    Ag : 0,1  Fe O : 0,5 x ran  dd Y  ran  2 3  BTNT Cu   Cu ( NO3 ) 2 : y  0, 04 13,36 g Cu : 0, 04   CuO : y  0, 04    BT NO 

3  2 x  2( y  0,04)  0,1(*)

(*)  p  160.0,5 x  80( y  0, 04)  p  80( x  y )  3, 2   p  4g

2 x  2( y  0, 04)  0,1  x  0, 04   mCu  3, 2 g  56 x  64 y  5, 44  y  0, 05 2. a. Ta có: 2X 71   X  35,5  X : Cl 16.7 112

 ( H 2 , CO2 )  Al    HCl :0,3 mol    lineM  27,2 b.  MgCO3  dd A    4,32 g

Al  3HCl  AlCl3  1,5 H 2  MgCO3  2 HCl  MgCl2  CO2   H 2 O

 Al : a 27 a  84b  4,32 a  0, 02     MgCO3 : b 2.1,5a  44b  27, 2(a  b) b  0, 045  nHCl pu  2.nH 2  2.nCO2  0,13  nHCl du  0,17 mKL  mdd  m  mdd A BTKL    mdd A  212, 28 g  4,32  200.1, 05  2.0, 03  44.0, 045  mdd A

C % AlCl3  1, 26%   C % MgCl2  2, 01% C % HCl du  2,92%  Câu 5: 1. R1COOH  NaHCO3  R1COONa  CO2  H 2 O 0,06

0,04

BTNT H   nH ( M )  2nH 2  a  b  0,1  R1COOH : a   b  0, 04  CO2 : 0, 06a  0, 06  R2 OH : b

CH 3 COOCH 3  m  4,88 g  R1COOH : 0, 06 H 75%  R1COOR2       R2 OH : 0, 04  HCOOC2 H 5  m  4, 6 g 0,03

C2 H 6 : x  x  y  z  t  0,1(1) C H O : y  BTNT C  2 4    nC ( X )  nCO2  2 x  2 y  3 z  4t  0, 25(2)  C3 H 6 O2 : z  BTNT H   nH ( X )  2nH 2O  3 x  2 y  3 z  3t  0, 25(3) C4 H 6 O4 : t      nO2  0, 274  V  6,16lit nO ( X )  2nO2  2nCO2  nH 2O BTNT O      2 y  2 z  4t  2nO2  2.0, 25  0, 25

(2)  (1)   x  t  y  z  2t  0,1 (3) 

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa – Hệ chuyên – THPT Chuyên Đắk Lắk năm 2017 – 2018 Câu 1: 1. Cho các chất C2H5OH, CH3COOH, (C17H35COO)3C3H5 lần lượt tác dụng với Na, dung dịch NaOH. Viết các phương trình hóa học xảy ra (nếu có). 2. A, B, C là ba chất hữu cơ có các tính chất sau đây: – Khi đốt cháy A hoặc B đều thu được số mol CO2 bằng số mol H2O. – B làm mất màu dung dịch nước brom. – C tác dụng được với Na. – A không tác dụng được với Na, nhưng tác dụng được với dung dịch NaOH tạo ra C. Cho biết A, B, C là những chất nào trong số các chất sau: C3H6, C4H8O2, C2H6O. Hãy viết công thức cấu tạo của A, B, C. Câu 2: 1. Trong phòng thí nghiệm, 3 khí X, Y, Z được điều chế và thu như hình vẽ dưới đây:

Viết phương trình hóa học điều chế các khí trên. 2.Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau (mỗi mũi tên ứng với một phương trình hóa học):       Na   NaOH   NaHCO3   NaOH   Na 2 SO 4 1

Câu 3: Hỗn hợp X gồm ankan M, anken N và ankin P có cùng số nguyên tử hiđro trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn 8,96 lít X (đktc), rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư thu được 70 gam kết tủa. Mặt khác, 15 gam hỗn hợp X làm mất màu tối đa V ml dung dịch Br2 1M. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của M, N và P. b) Tính V. Câu 4: 1. Cho hỗn hợp X (gồm Fe và FeCO3) tác dụng với H2SO4 đặc, nóng dư thu được hỗn hợp khí gồm CO2 và SO2 với tỉ lệ số mol lần lượt là 2017 : 2018. Viết phương trình hóa học xảy ra và tính thành phần % về khối lượng các chất trong hỗn hợp X. 2. Chia m gam kim loại M (có hóa trị không đổi) làm hai phần bằng nhau: Phần 1: Cho tác dụng hoàn toàn với O2 dư thu được 15,3 gam oxit. Phần 2: Cho tác dụng hoàn toàn với Cl2 dư thu được 40,05 gam muối.

Viết phương trình hóa học và xác định kim loại M. Câu 5: Hỗn hợp A gồm 3 axit hữu cơ mạch hở, trong đó có một axit CxHyCOOH và hai axit có cùng công thức CmHn(COOH)2 (x, m ≤ 4). Đốt cháy hoàn toàn a gam A thu được 4,032 lít CO2 (đktc) và 1,8 gam H2O. Cho a gam A phản ứng với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn khan B. Nung nóng B với NaOH rắn dư (có mặt CaO khan) thu được 1,12 lít (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức cấu tạo của các axit trên. Câu 6: Hòa tan m1 gam hỗn hợp X gồm Al2(SO4)3 và K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O vào nước thu được dung dịch Y chứa hai chất tan có tỉ lệ về số mol là 1 : 2. Cho từ từ

V ml dung dịch

Ba(OH)2 2M vào dung dịch Y đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được m2 gam kết tủa và dung dịch Z chỉ chứa 0,02 mol một chất tan duy nhất. Tính m1, m2 và V.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. – Tác dụng với Na (chỉ có rượu hoặc axit) C2H5OH + Na → C2H5ONa + ½ H2 CH3COOH + Na → CH3COONa + ½ H2 – Tác dụng với NaOH (chỉ có axit hoặc este) CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O (C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH →3C17H35COONa + C3H5(OH)3 2. A không tác dụng với Na, nhưng tác dụng NaOH tạo ra C. Mà C tác dụng với Na (có H linh động) → A là este, C là ancol. B làm mất màu dung dịch brom → B là hidrocacbon Vậy A: C4H8O2 → CTCT: CH3COOCH2–CH3 B: C3H6 → CTCT: CH2=CH–CH3 hoặc xiclopropan (Chú ý: xicloankan 3 cạnh có phản ứng cộng dd Br2 → mở vòng thành mạch hở) C: C2H6O → CTCT: CH3–CH2OH Câu 2: 1.

Chọn X: H2 ; Y : O2 ; Z: C2H2 Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 2KMnO4 →K2MnO4 + MnO2 + O2 CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2 2. Na + H2O → NaOH + ½ H2 NaOH + CO2 (dư) → NaHCO3 NaHCO3 + Ba(OH)2 dư → BaCO3 + NaOH + H2O 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O (có thể thay bằng SO3 hoăc dd muối sunfat) Câu 3: a) Mấu chốt ở chỗ chỉ số H bằng nhau Đặt ankan M: CnH2n+2 →anken N: Cn+1H2n+2 (giải thích: anken có C = ½ H) ankin P: Cn+2H2n+2 [giải thích: ankin có C = ½ (H + 2)] ·Xét TN đốt cháy hỗn hợp X: nX = 0,4 mol; nCO2 = nCaCO3 = 0,7 mol => C trung bình =0,7: 0,4 = 1,75 => Trong hỗn hợp có ít nhất một chất có số C < 1,75 => n = 1 →M: CH4 N: C2H4 → CTCT: CH2=CH2 P: C3H4 → CTCT: CH≡C–CH3 b) Đặt CTTB: C1,75H4 (M=25) => số liên kết pi TB = 0,75 nX = 15 : 25 = 0,6mol C1,75H4 + 0,75Br2 → C1,75H4Br1,5 0,6

→ 0,45 (mol)

=> V = 450ml Câu 4: Giả sử X có 1 mol Fe và x mol FeCO3 2FeCO3 + 4H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 4H2O + 2CO2 + SO2 x

→x

0,5x (mol)

2Fe + 6H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2 1

→

1,5 (mol)

Ta có x 2017 56   x  3  %mFe  .100%  13,86% 0,5 x  1,5 2018 56  116.3

 %mFeCO3  86,14% 2. o

P1: 2 M  0,5 xO2 t  M 2 Ox a

0,5 a

t P 2 : 2 M  xCl2   2 MClx a

aM  8ax  15,3 aM  8,1 M    9  Al  x aM  35,5ax  40, 05 ax  0,9 Câu 5: · Xét phản ứng của A với NaOH (CaO) Số mol hidrocacbon = 0,05 mol CxHyCOOH + NaOH → CxHyCOONa + H2O CmHn(COOH)2 + 2NaOH → CmHn(COONa)2 + 2H2O CxHyCOONa + NaOH →Na2CO3 + CxHy+1 CmHn(COONa)2 + 2NaOH →2Na2CO3 + CmHn+2 Vì chỉ thu được 1 hodrocacbon nên => x = m và y + 1 = n + 2 => các axit trong A có chỉ số H bằng nhau nA = nB = n hidrocacbon = 0,05mol · Xét phản ứng đốt A: nCO2 = 0,18 mol ; nH2O = 0,1 mol => số C trung bình = 0,18 : 0,05 = 3,6 Số H trung bình = 0,2 : 0,05 = 4 Vì 2 axit có chỉ số H bằng nhau nên => y + 1 = n + 2 = 4 => y = 3; n = 2 Mặt khác: m + 1 < 3,6 < m + 2 => 1,6 < m < 2,6 => m = x = 2

CT của các axit: C2H3COOH → CTCT: CH2=CH–COOH C2H2(COOH)2 → CTCT: HOOC–CH=CH–COOH ; CH2=C(COOH)2 Câu 6:

 Al2 ( SO4 )3 : amol  Al2 ( SO4 )3 : (a  b)mol X  Y   K 2 SO4 : bmol  K 2 SO4 . Al2 ( SO4 )3 .24 H 2 O : bmol a  b  b 

ab  2  a  b b

Vì dung dịch sau phản ứng chỉ chứa một chất tan => Z chỉ chứa KAlO2 hoặc K2SO4. Khi cho từ từ Ba(OH)2 vào Y thì có thể xảy ra các phản ứng: Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 2Al(OH)3 + 3BaSO4(1) 2b

→ 6b

6b (mol)

K2SO4 + Ba(OH)2 → 2KOH + BaSO4 (2) b

→b

b (mol)

Al(OH)3 + KOH → KAlO2 + 2H2O (3) 2b

→2b

2b (mol)

· Trường hợp 1: Chất tan trong Z là K2SO4 → vừa đủ phản ứng (1) Theo đề => a= b = 0,02 mol nBaSO4 = nBa(OH)2 = 6b = 0,12mol nAl(OH)3 = 4b = 0,08mol m1= 948 . 0,02 + 342 . 0,02 = 25,8 gam m2 = 0,08 . 78 + 0,12 . 233 = 34,2 gam V = 0,12/2 = 0,06 lít = 60ml · Trường hợp 2: Chất tan trong Z là KAlO2 →xảy ra cả (1,2,3) nKAlO2 = 0,02mol => 2b = 0,02 => a = b =0,01 nBaSO4 = nBa(OH)2 = 7b = 0,07 nAl(OH)3 = 4b – 2b = 0,02 => m1= 948.0,01 + 342.0,01 = 12,9 gam m2 = 0,02.78 + 0,07.233 = 17,87 gam V = 0,07/2 = 0,035 lít = 35ml

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Bình Định năm 2017 2018 Câu 1: Từ metan, các chất vô cơ và các điều kiện phản ứng cần thiết có đầy đủ. Hãy viết các phương trình hóa học điều chế: ancol etylic, axit axetic, polietilen, etyl axetat. Câu 2: Chất bột A là Na2CO3, chất bột B là Ca(HCO3)2. Viết phương trình hóa học xảy ra (nếu có) khi: – Nung nóng A và B – Hòa tan A và B bằng dung dịch H2SO4 loãng – Cho khí CO2 qua dung dịch A và dung dịch B – Cho dung dịch Ca(OH)2 vào dung dịch A và dung dịch B Câu 3: Hòa tan hỗn hợp A thu được từ sự nung bột Al và S bằng dung dịch HCl lấy dư thấy còn lại 0,04 gam chất rắn và có 1,344 lít khí bay ra ở đktc. Cho toàn bộ khí đo đi quan dung dịch Pb(NO3)2 lấy dư, sau phản ứng thu được 7,17 gam kết tủa màu đen. Xác định phần trăm khối lượng Al và S trước khi nung. Câu 4: A là hiđrocacbon không làm mất màu dung dịch brom. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol A và hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,15 mol Ca(OH)2 thu được kết tủa và khối lượng bình tăng lên 11,32 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được kết tủa lại tăng lên, tổng khối lượng kết tủa hai lần là 24,85 gam. a) Xác định công thức phân tử của A. b) A không tác dụng với dung dịch KMnO4/H2SO4 nóng, còn khi monoclo hòa trong điều kiện chiếu sáng thì chỉ tạo một sản phẩm duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của A. Câu 5: Nung không hoàn toàn 24,5 gam KClO3 một thời gian thu được 17,3 gam chất rắn A và khí B. Dẫn toàn bộ khí B vào bình 1 đựng 4,96 gam photpho đun nóng, phản ứng xong dẫn khí còn lại vào bình 2 đựng 0,3 gam cacbon để đốt cháy hoàn toàn. a) Tính hiệu suất của phản ứng phân hủy. b) Tính khối lượng của các chất trong mỗi bình sau phản ứng. Câu 6: Cho một bình kín dung dịch không đổi 3,4 lít chứa 40 ml nước (D = 1g/ml), phần không khí gồm N2 và O2 với tỉ lệ mol 4:1. Bơm hết 896 ml hỗn hợp khí B và NO2 và NO có tỉ khối hơi so với H2 bằng 19 vào bình và lắc kĩ bình tới khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X. Biết các khi đo ở đktc. Tính nồng độ phần trăm chất tan có trong dung dịch X. Câu 7: Điều chế O2 trong phòng thí nghiệm, người ta tiến hành nhiệt phân KMnO4, sau phản ứng thu được bã rắn A. a) Nêu cách tiến hành thí nghiệm thu lấy khí O2 trong quá trình nhiệt phân trên.

b) Dự đoán bã rắn A có những chất gì? Nếu đem A đun nóng với axit clohidric đặc dư sẽ tạo khí B. Xác định khí B và viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 8: Hòa tan hết 17,4 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe(NO3)2 và Mg vào dung dịch chứa 0,39 mol H2SO4 loãng. Sau phản ứng thu dược dung dịch Y chỉ chứa 50,24 gam muối sunfat và 0,07 mol hỗn hợp khí Z gồm 2 khí không màu, trong đó có một khí màu nâu ngoài không khí có tỉ khối hơi so với H2 bằng 5. Tính phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp X. Câu 9: Cho các chất X, Y, Z, T đơn chức, mạch hở có cùng công thức phân tử là C4H6O2 và có đặc điểm sau: – X có mạch cacbon phân nhánh và dung dịch X làm đổi màu quì tím. – Y có phản ứng tráng bạc, thủy phân Y trong NaOH thu được ancol không no – Thủy phân Z cho 2 chất hữu cơ có cùng số nguyên tử cacbon – T không có phản ứng tráng bạc và không tham gia phản ứng với dung dịch NaHCO3. Xác định công thức cấu tạo của các chất X, Y, Z, T. Câu 10: Hỗn hợp X gồm 1 ancol no A và 1 axit hữu cơ đơn chức B đều mạch hở, không nhánh, có cùng số nguyên tử cacbon. Chia 1 mol hỗn hợp X làm hai phần bằng nhau: – Đốt cháy hoàn toàn phần 1 cần vừa đủ 38,08 lít O2 ở đktc, thu được 66 gam CO2 và 25,2 gam H2O – Thêm một ít H2SO4 đặc vào phần 2 rồi đun nóng một thời gian, thu được 22,08 gam một este duy nhất. a) Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B. Biết rằng trong X, số mol của B lớn hơn số mol của A. b) Tính hiệu suất của phản ứng este hóa.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: o

l ln,1500 C 2CH 4   CH  CH  3H 2 o

Pd ,t CH  CH  H 2   CH 2  CH 2 TH CH 2  CH 2   (CH 2  CH 2 ) n  o

HgSO4 80 C CH  CH  H 2 O  CH 3 CHO

CH 3 CHO  H 2   CH 3 CH 2 OH 1  Mn 2  CH 3 CHO  O2   CH 3 COOH 2 H 2 SO4 dac CH 3 COOH  CH 3 CH 2 OH  CH 3 COOC2 H 5  H 2 O t

Câu 2: – Nung nóng Ca(HCO3)2 → CaCO3↓ + CO2↑ + H2O – Hòa tan A và B bằng H2SO4 Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O Ca(HCO3)2 + H2SO4 → CaSO4 + 2CO2↑ + 2H2O – Cho khí CO2 vào dung dịch A và B CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3 – Cho Ca(OH)2 vào dung dịch A và B Ca(OH)2 + Na2CO3 → CaCO3↓ + 2NaO Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2 → 2CaCO3↓ + 2H2O Câu 3: ranS : 0, 0125   Al t   HCl  Pb ( NO3 )2 A    hh B     H 2    PbS : 0, 03  S  H2 S  0,06 H 2 S  Pb( NO3 ) 2  PbS  2 HNO3 0,03

0,03

→ nH2 = 0,03 Al2S3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2S↑ 0,01

←

0,03

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑ → nH2 = 0,03 → nAl = 0,02

2Al + 3S

→ Al2S3

Pư:

0,02

0,03

Dư:

0,02

0,00125

Bđ:

0,04

0,03125

←0,01

=> %Al = 51,92% %S = 48,08% Câu 4: Giả sử mol CO2 pứ là: x và y (mol) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O x

→x

2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 y

→ 0,5y

0,5y

Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 → CaCO3↓ + BaCO3↓ + 2H2O 0,5y

→

0,5y

 x  0,5 y  0,15  x  0,1   nCO2  0, 2 Ta có:  100( x  0,5 y )  197.0,5 y  24,85  y  0,1 m  mCO2  mH 2O  nH 2O  0,14

A : C10 H14 b. A có CTPT là: C10H14. Vậy nên trong A: số vòng + số pi = 4 A lại không tác dụng với KMnO4 nên liên kết pi chỉ có thể trong vòng → có vòng benzen A tạo 1 monoclo duy nhất nên A chỉ có thể là: CH3–C(CH3)(C6H5)–CH3 Câu 5: a. o

t KClO3   KCl  1,5O2

mKClO3  mO2  mA BTKL    O2  KClO3  H  75% 0,15  24,5  mO2  17,3 0,225 b. 4P 0,16→ Dư:

+ 5O2 → 2P2O5 0,2 0,025

Sau pứ m(bình 1) = mP2O5 = 11,36 (g)

+ 2C → 2CO

0,025→ 0,05 Dư:

0,05

0,25

Sau pứ m(bình 2) = mCdư = 3 (g) Câu 6:  H 2 O : 0, 04  N 2 : 0,12mol 3, 4l   ( N 2 , O2 )       N 2 , O2 O2 : 0, 03mol 3,36

 NO2 : a 46a  30b  19.2.0, 04 a  0, 02    nNO2 : nNO  1:1  a  b  0, 04 b  0, 02  NO : b Tỉ lệ mol của 2 khí NO2 và NO là 1:1, khí O2 không đủ nên giả sử mol pứ đều là: x (mol) 2NO2 + ½ O2 + H2O → 2HNO3 x→

0,25x

2NO + 1,5O2 + H2O → 2HNO3 x → 0,75x

pứ:

nO2 = 0,03 => x = 0,03 => nHNO3 = 0,06 mbình sau pứ =

+ mO2 + mH2O+ mNO2 + mNO = 28 . 0,12 + 32 . 0,03 + 40 + 19 . 2 . 0,04 =

45,84g => %HNO3 = 8,246% Câu 7: t 2 KMnO4   K 2 MnO4  MnO2  O2 

b. Rắn A gồm: KMnO4, K2MnO4, MnO2 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 ↑+ 8H2O K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2↑ + 4H2O MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O

Vậy khí B là Cl2. Câu 8:

 FeO  H 2 , NO   H 2 SO4 :0,39 mol X  Fe  NO3  2     0,05 0,02  ddY : 50, 24 g Mg    17,4 g

Vì Mg có tính khử rất mạnh nên trong Y có thể có muối (NH4)2SO4 BTNT N: 2nFe(NO3)2 = nNO + nNH4 => 2y = 0,02 + nNH4 => nNH4 = 2y – 0,02 BTNT H: 2nH2SO4 = 2nH2 + 4nNH4 + 2nH2O => 2 . 0,39 = 2 . 0,05 + 4 (2y – 0,02) + 2nH2O => nH2O = 0,38 – 4y BTNT O: nFeO + 6nFe(NO3)2 = nNO + nH2O => x + 6y = 0,02 + 0,38 – 4y => x + 10y = 0,4

 Fe : x  y  FeO : x 72 x  180 y  24 z  17, 4  Mg : z    X  Fe( NO3 ) 2 : y  ddY   56( x  y )  24 z  18(2 y  0, 02)  96.0,39  50, 24  Mg : z  NH 4 : 2 y  0, 02  x  10 y  0, 4    SO4 : 0,39  x  0,1    y  0, 03  % Mg  27,59%  z  0, 2  Câu 9: X làm đổi màu quì => X: CH2=C(CH3)–COOH Y tráng bạc → Y: HCOOR, thủy phân được ancol không no → Y: HCOO–CH2–CH=CH2 Z thủy phân cho 2 chất hữu cơ cùng số C → Z: CH3COOCH=CH2 T không tráng bạc (không phải HCOO–), không tác dụng NaHCO3 (không phải axit) → T: CH2=CH–COOCH3 Câu 10: a.  O2 :1,7    CO2  H 2O 1,5 1,4    R1COOH X    H 2 SO4 R1COO   R2  H 2O  R2  OH  n R1COO      0,5 mol  22,08 g 

 A : C3 H 6 OH 2 nO X   2nO2  2nCO2  nH 2O  BTNT :O       A co 2O   CH 2  CHCOOH  nO  1  O  2  B  Bd / c  co.2O  CH  CCOOH 

  x  y  0,5   x  0, 2 t / m    BTH nH  A  nH  B   2nH 2O     A : C3 H 6  OH  2 : x  y  0,3     8 x  4 y  2.1, 4    CH 2  CHCOOH : y    x  y  0,5 B    CH  CCOOH : y   BTH nH  A  nH  B   2nH 2O  x  0,3    k .t / m     y  0, 2  8 x  2 y  2.1, 4     

 A, B : C3 H 6  OH  2 ; CH 2  CH  COOH

CH 2  CHCOOH  C3 H 6  OH  2    CH 2  CH  COO  2 C3 H 6  2 H 2O 0,3



0,15

neste thực tế = 22, 08 :184  0,12 => H = 80%

0,15

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Bình Phước năm 2017 2018 Câu 1: 1. Cho 3 hợp chất của Na là X, Y, Z có mối quan hệ sau: X

 CO2 t  ddX   Y   CO2  Y Y  Z

Hoàn thành sơ đồ phản ứng trên bằng cách viết các phương trình hóa học 2. Khí N2 có lẫn các tạp chất là O2, CO2, CO, hơi nước. Trình bày phương pháp hóa học để thu được khí N2 tinh khiết. Câu 2: 1. Hãy giải thích các trường hợp sau và viết các phương trình phản ứng: a) Khí CO2 dùng dập tắt đa số các đám cháy, nhưng không dùng dập tắt đám cháy Mg. b) Cho dung dịch KOH dư tác dụng với dung dịch FeCl2. Lấy kết tủa thu được để lâu trong không khí. 2. Dẫn luồng khí H2 (dư) đi qua ống sứ đựng 25,6 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, MgO, CuO nung nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 20,8 gam chất rắn. Mặt khác, 0,15 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225 ml dung dịch HCl 2M. Viết c ác phương trình phản ứng xảy ra và tính phần trăm số mol của mỗi chất trong hỗn hợp X. Câu 3: 1. Axit lactic có công thức cấu tạo: CH3 – CH (OH) – COOH Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra khi cho axit lactic lần lượt tác dụng với: a) Na dư. b) C2H5OH (H2SO4 đặc, đun nóng nhẹ) c) Dung dịch KHCO3 2. Cho 1,752 gam hỗn hợp chứa Al, Fe tan hết trong 200 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A và khí B. Cho 230 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch A, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc lấy kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 1,47 gam chất rắn C. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Câu 4: 1. Hỗn hợp Z gồm một hiđrocacbon A và oxi (lượng oxi trong Z gấp đôi lượng oxi cần thiết để đốt cháy hết A). Bật tia lửa điện để đốt cháy hỗn hợp Z, đến khi kết thúc phản ứng thì thể tích khí và hơi sau khi đốt không đổi so với ban đầu. Nếu cho ngưng tụ hơi nước của hỗn hợp sau khí đốt thì thể tích giảm đi 40% (Biết rằng các thể tích khí và hơi đều đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). a) Xác định công thức phân tử của A. b) Đốt cháy hoàn toàn 8,96 lít khí A (đktc) rồi cho toàn bộ sản phẩm vào dung dịch chứa 22,2 gam Ca(OH)2 thì khối lượng của dung dịch tăng hay giảm, bao nhiêu gam?

2. Polime X chứa 38,4% cacbon; 56,8% clo và còn lại là hiđro về khối lượng. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và gọi tên polime X. Câu 5: Cho X là hỗn hợp của 3 chất gồm kim loại M, oxit và muối sunfat của kim loại M. Biết M có hóa trị II không đổi trong các hợp chất. Chia 29,6 gam X thành hai phần bằng nhau: – Phần 1: đem hòa tan tỏng dung dịch H2SO4loãng dư thu được dung dịch A, khí B. Lượng khí B này vừa đủ để khử hết 16 gam CuO. Sau đó cho dung dịch A tác dụng với dung dịch KOH dư, đến khi kết thúc phản ứng thu được kết tủa C. Nung C đến khối lượng không đổi thì thu được 14 gam chất rắn. – Phần 2: cho tác dụng với 200 ml dung dịch CuSO4 1,5M. Sau khi kết thúc phản ứng tách bỏ chất rắn, cô cạn phần dung dịch thì thu được 46 gam muối khan. a) Viết phương trình phản ứng xảy ra và xác định kim loại M. b) Tính phần trăm khối lượng các chất trong X.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. X: NaOH; Y: NaHCO3; Z: Na2CO3 Pt: NaOH + CO2 → NaHCO3 2NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3 NaOH + NaHCO3 → Na2CO3 + H2O 2. B1: Dẫn hỗn hợp khí qua CuO nung nóng, CO và O2 bị giữ lại CO + CuO → Cu↓ + CO2 Cu + ½ O2 → CuO B2: Cho hỗn hợp khí qua Ca(OH)2 dư, CO2 và H2O bị giữ lại. Hỗn hợp khí thoát ra chỉ có N2 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O Câu 2: 1. a) CO2 + 2Mg → 2MgO + C Mg có tinh khử mạnh sẽ khử CO2 tạo thành than C b) 2KOH + FeCl2 → 2KCl + Fe(OH)2↓ 2Fe(OH)2 + 1/2 O2 + H2O → 2Fe(OH)3↓ 2.

 MgO : x  H 2 :du  25, 6   ran :20,8 g  X  Fe3 O4 : y   0,15mol  HCl : 0, 45 CuO : z     x  0,15 40 x  232 y  80 z  25, 6    4 y  z  0,3   y  0, 05 ( x  y  z ).k  0,15  z  0,1     x  5y  z  0  HCl :0,45   (2 x  8 y  2 z ).k  0, 45

Suy ra % mol trong X là: 50%; 16,67%; 33,33% Câu 3: 1.

CH3 – CH (OH) – COOH + 2Na → CH3 – CH (ONa) – COONa + H2 CH3 – CH (OH) – COOH+ C2H5OH → CH3 – CH (OH) – COOC2H5 + H2O CH3 – CH (OH) – COOH+ KHCO3 → CH3 – CH (OH) – COOK + H2O + CO2 2.  H 2    Al : x  HCl:0,2   Al2 O3  O2 ,t o    ranC      NaOH :0,23   Fe : y  Fe2 O3 dd A  dd B    BTNT Al BTNT Cl      Al2 O3 : 0,5( x  0,13)   NaCl : 0, 2   BTNT Fe  BTNT Na  NaAlO2 : 0, 03    Fe2 O3 : 0,5 y  

27 x  56 y  1, 752  x  0, 04 % Al  61, 64%    51( x  0, 03)  80 y  1, 47  y  0, 012 % Fe  38,36% Câu 4: Gọi CTPT của A là: CnH2n+2–2k (k = số pi + số vòng; đk: k ÎN*) Giả sử nH2O = 4mol CO2 : x CO2 : 2 2nO2  2nCO2  nH 2O   BT O  H 2O : 4    x  2   H 2 O : 4  A : CH 4  2(6  x)  2 x  4 O du : 6  x O du : 4 2   2   10 mol

b. CO : 0, 4  Ca (OH )2 :0,3 CaCO3 : 0, 2  O2 ,t o CH 4   2   Ca ( HCO3 ) 2 : 0,1  H 2 O : 0,8

pt: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 0,3

→ 0,3

0,3

CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 0,1

→ 0,1

0,1

m dd tăng = mCO2 + mH2O – mCaCO3 = 12g 2. Gọi CT đơn giản nhất của X là: CxHyClz %H = 4,8% => x : y : z = 3,2 : 4,8 : 1,6 = 2 : 3 : 1 => X –(CH2 – CH(Cl))n–: PVC – Polivinyl clorua

Câu 5:  CuO:0,2   H 2     H SO du 2 4  P1    KOH du t M : x ddA    C   MgO    14 g X  MO : y     MSO : z ran  MO, Cu  CuSO4 :0,3 mol 4   P 2    t  14,8  muoi : 46 g ddD 

H 2  CuO  Cu   H 2 O M  H 2 SO4  MSO4  H 2  nCuO  0, 2  nH 2  0, 2  nM  x  0, 2 1

 M : 0, 2 16.0, 2  80 z  14,8  14  TGKL    MO : y  MO 14 g  z  0, 05  MSO : z 4   14,8

Pt: M  CuSO4  MSO4  Cu  0, 2  0, 2 Du : 0,1

0, 2

Bảo toàn nguyên tố M: nMSO4 = 0,25mol Bảo toàn nguyên tố Cu: nCuSO4 dư = 0,1 mol => M = 24 (Mg) b.  Mg : 0, 02 % Mg : 32, 43%    y  0,1  % MgO : 27, 03%  MgO : y  MgSO : 0, 05 % MgSO : 40,54% 4 4    14,8 g

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Bắc Giang năm 2017 2018 Câu 1: 1. Nêu hiện tượng xảy ra trong các thí nghiệm sau và viết phương trình hóa học giải thích: a) Cho từ từ dung dịch KHSO4 đến dư và dung dịch K2CO3 b) Cho mẩu kim loại natri vào dung dịch AlCl3 dư c) Dẫn khí axetilen qua dung dịch AgNO3 trong NH3 dư d) Đun cách thủy ống nghiệm chứa hỗn hợp ancol etylic, axit axetic có xúc tác H2SO4 đặc 2. Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế kim loại bằng cách dùng khí H2 khử oxit kim loại như sau:

Những kim loại nào có thể điều chế bằng phương pháp trên từ các oxit X tương ứng sau: MgO, Fe3O4, Al2O3, CuO, CaO? Viết phương trình hóa học minh họa cho các quá trình trên. 3. Trình bày phương pháp tách riêng từng muối ra khỏi hỗn hợp gồm CuCl2, BaCl2 và AlCl3 mà không làm thay đổi khối lượng mỗi muối. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra (biết rằng các quá trình: kết tủa, lọc và tách xảy ra hoàn toàn) Câu 2: 1. Viết phương trình hóa học hoàn thành dãy biến hóa sau (ghi rõ điều kiện nếu có):

CH 3 COONa   NaOH ran CuO ,t  1

1500 C  A  Khi     B  lam.lanh.nhanh 3  C  4  D  5  E  6  CH 3 COOC2 H 5

    X  ran    7  Y  Khi   8   Z KOH 1:1

2. Trình bày phương pháp hóa học phân biệt các chất lỏng nguyên chất: ancol etylic, etyl axetat, benzen và dung dịch axit axetic, dung dịch glucozo được đựng trong các lọ riêng biệt mất nhãn. Viết phương trình hóa học minh họa. 3. Đốt cháy hoàn toàn 1,12 lít hỗn hợp khí X gồm ankin A và hiđrocacbon B thu được 2,912 lít CO2 và 2,52 gam H2O. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo và gọi tên A, B. Biết rằng các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Câu 3: 1. Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch gồm Ca(OH)2 và NaAlO2. Khối lượng kết tủa biểu diễn theo đồ thị dưới đây. Xác định giá trị của m và x.

2. Trộn 200 gam dung dịch một muối sunfat của kim loại kiềm nồng độ 13,2% với 200 gam dung dịch NaHCO3 4,2% sau phản ứng thu được m gam dung dịch A (m < 400 gam). Cho 200 gam dung dịch BaCl2 20,8% vào dung dịch A sau phản ứng còn dư muối sunfat. Thêm tiếp 40 gam dung dịch BaCl2 20,8%, dung dịch thu được còn dư BaCl2. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Xác định công thức muối sunfat của kim loại kiềm ban đầu. b) Tính nồng độ % của các chất tan trong dung dịch A. c) Dung dịch muối sunfat của kim loại kiềm ban đầu có thể tác dụng được với các chất nào sau đây: MgCO3, Ba(HSO3)2, Al2O3, Fe(OH)2, Ag, Fe, CuS, Fe(NO3)2? Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Câu 4: 1. Cho hỗn hợp gồm Cu và Ag tác dụng với H2SO4 đặc, nóng dư. Khí tạo ra được thu vào bình đựng khí oxi có mặt V2O5 sau đó nung nóng một thời gian. Dẫn toàn bộ khí thu được vào dung dịch BaCl2 dư. Viết các phương trình hóa học. 2. Đốt cháy hoàn toàn hợp chất hữu cơ X (chứa các nguyên tố C, H, O) thu được khí CO2 và hơi H2Otheo tỉ lệ thể tích 6 : 5 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). a) Tìm công thức phân tử của X, biết tỉ khối hơi của X so với He bằng 36,5. b) Để đốt cháy hoàn toàn p gam X cần 7,28 lít O2 (đktc). Tính p c) Cho 14,6 gam X phản ứng hoàn toàn với dung dịch KOH thì thu được muối của một axit cacboxylic và 9,2 gam ancol. + Xác định công thức cấu tạo có thể có của X + Trong số các công thức cấu tạo của X ở trên, công thức nào phù hợp với điều kiện sau: lấy 9,2 gam ancol ở trên cho tác dụng với Na dư sau phản ứng khí thoát ra vượt quá 3,0 lít (đktc). Câu 5: 1. Ba chất hữu cơ mạch hở A, B, C có công thức phân tử tương ứng là C3H8O; C3H6O2; C6H12O2. Chúng có những tính chất sau:

+ Chỉ A và B tác dụng với Na giải phóng khí H2 + Chỉ B và C tác dụng với dung dịch NaOH + A tác dụng với B (trong điều kiện xúc tác, nhiệt độ thích hợp) thu được sản phẩm là chất C. Xác định công thức cấu tạo A, B, C. Viết các phương trình hóa học giải thích. 2. Tính khối lượng gạo chứa 80% tinh bột cần thiết đề điều chế 50 lít dung dịch rượu etylic 360C (gồm rượu và nước). Biết khối lượng riêng của C2H5OH là 0,8g/ml và hiệu suất mỗi giai đoạn thủy phân và lên men đều là 80%. 3. Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lít (đkct) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 2 : 3). Cho 600 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z thu được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 46,65 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính nồng độ % của Fe(NO3)3 trong X và tìm công thức các khí trong B.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. Bước 1: dự đoán các pứ có thể xảy ra Bước 2: chú ý màu sắc, mùi của dung dịch, kết tủa, bay hơi. a) 2KHSO4 + K2CO3 → 2K2SO4 + CO2↑ + H2O Hiện tượng: khi cho từ từ KHSO4 vào dung dịch K2CO3 ta thấy có khí không màu, không mùi thoát ra, dung dịch vẫn trong suốt. b) Na + H2O → NaOH + ½ H2↑ 3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3↓ NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O Hiện tượng: viên Na chạy trên mặt dung dịch AlCl3, đồng thời có khí không màu, không mùi tỏa ra mạnh, dung dịch xuất hiện kết tủa keo trắng. Khối lượng kết tủa tăng dần đến tối đa sau đó không đổi. c) C2H2 + Ag2O → C2Ag2↓(vàng) + H2O Hiện tượng: dẫn từ từ khí C2H2 qua dung dịch AgNO3 trong NH3 dư, ta thấy xuất hiện kết tủ a màu vàng (C2Ag2) d) CH3COOH + C2H5OH → CH3COOC2H5 + H2O

Hiện tượng: nhận thấy có hơi thoát ra mùi thơm đặc trưng (hơi este CH3COOC2H5) 2. Những oxit bị khử là: Fe3O4, CuO Pt: Fe3O4 + 4H2 → 3Fe + 4H2O CuO + H2 → Cu + H2O Chú ý: Nhiệt luyện là phương pháp dùng (H2, CO) khử các oxit kim loại trung bình (–K, Na, Ca, Ba, Mg, Al) 3.  CuCl2 loc  cocan    CuCl2 khan  Cu (OH ) 2   HCl HCl du   CuCl2    AlCl3   loc  cocan  NaOH du    AlCl3 khan   BaCl2    Al (OH )3   HCl  HCl du   CO2 du  AlCl dd  BaCl2 , NaCl 3    NaAlO , NaOH du    BaCl , NaCl 2  Na2CO3 du 2 dd     BaCO3dd      NaHCO3

 BaCl2 loc  cocan BaCO3     BaCl2 khan  HCl HCl du  CuCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Cu(OH)2↓ AlCl3 + 4NaOHdư → 3NaCl + NaAlO2 + 2H2O Cu(OH)2 + 2HCl → CuCl2 + 2H2O NaAlO2 + CO2 + 2H2O → NaHCO3 + Al(OH)3↓ NaOH + CO2 dư→ NaHCO3 Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O BaCl2 + Na2CO3 → 2NaCl + BaCO3↓ BaCO3 + 2HCl → BaCl2 +CO2↑ + H2O Câu 2: 1. CaO ,t  CH 4   Na2 CO3 1 CH 3COONa  NaOH  o

C ,l ln   CH  CH  2 H 2   2  CH 4 1500 o

Pd ,t  CH 2  3 CH  CH  H 2  o

 4 CH 2

 CH 2

H 2 SO4 loang  CH 2  H 2 O   CH 3  CH 2 OH

 5  CH 3  CH 2 OH  O2  CH 3COOH  H 2 O H SO loang CH 3 COOC2 H 5  H 2 O  6 CH 3COOH  C2 H 5 OH  2

 7  Na2 CO3  2 HCl  2 NaCl  CO2  H 2 O  8 CO2  KOH  KHCO3 2. Trích mẫu thử các lọ dung dịch, đánh số thứ tự để thuận tiện đối chiếu kết quả. 5 dung dịch: C2H5OH, CH3COOC2H5, C6H6, CH3COOH, C6H12O6. C2 H 5 OH , CH COOC H  3 2 5 3  NaHCO    C H , CH COOH , 3  6 6 C6 H12 O6

C2 H 5 OH   Na  CH 3 COOC2 H 5  C H  6 6

CH 3 COOH : CO2 C2 H 5 OH   Cu ( OH )2  CH 3 COOC2 H 5  C H , C H O  6 6 6 12 6

C6 H12 O6 : phuc xanh C2 H 5 OH  CH 3 COOC2 H 5 C H  6 6

C2 H 5 OH : H 2 C6 H 6 : khoitrang CH 3 COOC2 H 5  Cl2 ,as    CH 3 COOC2 H 5 : k ht C6 H 6

Pt: CH3COOH + NaHCO3 → CH3COONa + CO2↑ + H2O 2C6H12O6 + Cu(OH)2 → (C6H11O6)2Cu(xanh lam) + 2H2O C2H5OH + Na → C2H5ONa + ½ H2 3. A : a X  O2  CO2  H 2 O B:b 0,13 0,14     0,05 mol

Đốt cháy ankin => nCO2 > nH2O mà theo bài ra nCO2 < nH2O => B là ankan nCO2 < nH2O Nhận xét: Đốt ankin: – nankin = nH2O – nCO2 Đốt ankan: nankan = nH2O – nCO2 => b – a = 0,01 và b + a = 0,05 => a = 0,02 và b = 0,03 => số C trung bình = 2,6 và số H trung bình = 5,6 TH1: số C trong ankin < 2,6 => A là C2H2: 0,02 và B: 0,03 => B: 44 (C3H8) TH2: số C trong ankan < 2,6 => A : 0,02 và CH4: 0,03 => A: 68 (C5H8) loại do hh khí

TH3: số C trong ankan < 2,6 => A: 0,02 và C2H6: 0,03 => A: 47 (lẻ) => loại Vậy A là C2H2 (axetilen/ etin) và B là C3H8 (propan) Câu 3: 1. Tại điểm: nCO2 = x Kết tủa chỉ có Al(OH)3 → nAl(OH)3 = 0,175 BTNT.Al => nNaAlO2 = 0,175 Tại điểm: nCO2 = 0,37 Kết tủa cực đại gồm: CaCO3 và Al(OH)3 CO2 + NaAlO2 + H2O → NaHCO3 + Al(OH)3↓ 0,175 ←0,175 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 0,195→ 0,195

0,195

→ m = mCaCO3 + mAl(OH)3 = 33,15 (gam) CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 0,195 ←0,195 → x = 0,565 Vậy m = 33,15 (g) và x = 0,565 (mol) 2. a) Vì: mA < 400 (g) nên phải có khí thoát ra → muối có dạng MHSO4 và khí là: CO2  NaHCO3 :0,1mol  BaCl2 :0,2 mol  BaCl2 :0,04 MHSO4   dd A   dd  du BaCl2     400 g 26,4 g

 0, 2  nSO4  0, 24 

26, 4 26, 4  110  M   132 0, 24 0, 2

 NaHSO4 b.

 Na2 SO4  NaHSO4 : 0, 22  dd A  BTNT Na  m A 395,6 g     NaHSO4 : 0, 02  C %  0, 607%  NaHCO3 : 0,1 c) Tác dụng được với: MgCO3, Ba(HSO3)2, Al2O3, Fe(OH)2, Fe, Fe(NO3)2 Pt: 2NaHSO4 + MgCO3 → Na2SO4 + MgSO4 + CO2↑ + H2O 2NaHSO4 + Ba(HSO3)2 → BaSO4 + Na2SO4 + SO2↑ + 2H2O 6NaHSO4 + Al2O3 → 3Na2SO4 + Al2(SO4)3 + 3H2O

2NaHSO4 + Fe(OH)2 → Na2SO4 + FeSO4 + 2H2O 2NaHSO4 + Fe → Na2SO4 + FeSO4 + H2↑ 12NaHSO4 + 9Fe(NO3)2 → 5Fe(NO3)3 + 2Fe2(SO4)3 + 6Na2SO4 + 3NO↑ + 6H2O Câu 4: 1.

Cu  2 H 2 SO4  CuSO4  SO2  2 H 2 O 2 Ag  2 H 2 SO4  Ag 2 SO4  SO2  2 H 2 O 1 V2O5 ,t o SO2  O2   SO3 2

SO3  H 2 O  H 2 SO4 H 2 SO4  BaCl2  BaSO4  2 HCl 2. MX = 146g/mol VCO2 : VH2O = 6 : 5 => nC : nH = 3 : 5 => CTĐGN: (C3H5Oa)n → (41 + 16a).n = 146 → (a; n) = (4; 2) → X: C6H10O4 b) C6H10O4 + 6,5O2 → 6CO2 + 5H2O 0,05

0,325

=> p = 7,3g c. X : C OOC2 H 5 |

COOC2 H 5 (COOC2 H 5 ) 2  2 NaOH  (COOH ) 2  2C2 H 5 OH

Câu 5: 1. B tác dụng được với Na và NaOH => B là axit C2H5COOH – C3H6O2 A: C3H7OH C: C2H5COOC3H7 C2H5COOH + C3H7OH → C2H5COOC3H7 + H2O C2H5COOH + Na → C2H5COONa + ½ H2↑ C3H7OH + Na → C3H7ONa + ½ H2↑

2.  H 2O men (C6 H10 O5 ) n   C6 H12 O6  2C2 H 5 OH

C2 H 5 OH : 50.36%  18(l )  m  D.V  14, 4kg 14, 4.162  mglu   39, 62kg  46.2.80%.80%  H 2 O : 50  18  32(l )  m  D.V  32kg  B : V    Fe O  Fe : x  HNO3 :0,7 mol  to  ran  2 3 A    Y   KOH :0,6  CuO Cu : y dd X    t to  ranT   ranG : 46, 65 g dd Z  

 Fe O : 0,5 x 56 x  64 y  11, 6  Fe : x  x  0,15  2 3    Cu : y 160.0,5 x  80 y  16  y  0, 05 CuO : y  KOH du : 0,15  KOH du : a 56a  85b  46, 65 a  0,15 G   BTNT K   dd Z   KNO2 : b  KNO3 : 0, 45   a  b  0, 6 b  0, 45

 Fe( NO3 ) 2 : c BTNT Fe    c  d  0,15 c  0,1  X  Fe( NO3 )3 : b   BT NO   3  2c  3d  2.0, 05  0, 45 d  0, 05 Cu ( NO ) : 0, 05   3 2  BTNT N   nN ( )  nHNO3  nNO3 ( X )  0, 25  3nHNO3  nO ( )  3nNO3 ( X )  nH 2O  BTNT H BTNT O   nHCl  2nH 2O  0, 7    nO ( )  0, 4 

=> nNO = 0,1 và nNO2 = 0,15 BTKL mX + mdd HNO3 = mdd X + mH2O + m↑ => mdd X = 11,6 + 87,5 – 30 . 0,1 – 46 . 0,15 = 89,2g => C%Fe(NO3)3 = 13,565%

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Đồng Nai năm 2017 2018 Câu 1: 1.1 Cho X, Y, Z, T là bốn kim loại: K, Fe, Cu, Ag. Xác định X, Y, Z, T thỏa mãn các điều kiện sau và viết phương trình phản ứng hóa học. – Y tác dụng với dung dịch muối sunfat của X, tạo thành kết tủa và giải phóng khí. – T có khả năng phản ứng với dung dịch muối clorua của X, giải phóng X. – Muối nitrat của Z có thể tác dụng với muối nitrat của T, tạo thành Z. 1.2 Cho bộ dụng cụ thí nghiệm được lắp đặt như hình vẽ và các chất rắn: KClO3 (xúc tác MnO2), FeS, KMnO4, CaCO3, CaC2, S, Fe, CuO.

a) Từ các chất rắn trên, hãy chọn hai chất để điều chế khí O2 từ ống nghiệm 1. Chọn hai chất tương ứng với A để tạo thành khí B có khả năng làm nhạt màu dung dịch Br2. b) Nếu hấp thụ hết khí B trong ống nghiệm 2 bằng dung dịch Ba(OH)2 và NaOH thì thu được dung dịch X và kết tủa. Lọc bỏ cẩn thận toàn bộ kết tủa, rồi cho tiếp dung dịch NaOH dư vào dung dịch X lại thấy xuất hiện thêm kết tủa. Hãy cho biết các chất tan có trong dung dịch X, giải thích cụ thể, viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong các thí nghiệm trên. Câu 2: 2.1 A là một hiđrocacbon no, mạch hở. Khi đốt cháy hoàn toàn một lượng A với lượng oxi vừa đủ thì thấy tổng số mol các chất trước phản ứng và sau phản ứng bằng nhau. a) Xác định công thức phân tử của A b) Viết các phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện) thực hiện dãy chuyển hóa sau:  A  B 1

      X   2

 4

 5

 Y 

      Z   T   X  R 6

Cho biết: các chất trên đều là hợp chất hữu cơ, mỗi mũi tên ứng với một phương trình hóa học. Phân tử Z chỉ chứa có 1 nguyên tử Cl, R là một nguyên liệu quan trọng trong ngành công nghiệp chất dẻo. 2.2 Trước khi tiêm, các bác sĩ thương dùng bông tẩm cồn (rượu etylic) xoa lên da bệnh nhân để sát trùng chỗ tiêm. Thực nghiệm cho thấy, cồn 75oC có tác dụng sát trùng hiệu quả nhất. Cần sử dụng bao nhiêu ml nước cất để pha chế được 1200 ml cồn 75oC từ cồn 95oC? Câu 3: 3.1 Có 5 dung dịch chứa trong các bình riêng biệt sau: MgCl2, HCl, AlCl3, NaCl, Na2SO4. Chỉ được dùng một hóa chất duy nhất, hãy phân biệt các dung dịch trên. Nêu hiện tượng và viết các phương trình hóa học minh họa. 3.2 Nhỏ từ từ dung dịch HCl dư vào 200 ml dung dịch A chứa KOH và K2CO3. Số mol khí CO2 thu được phụ thuộc vào số mol HCl được biểu diễn theo đồ thị dưới đây (xem như khí CO2 không tan trong nước).

Tính nồng độ mol/lcủa các chất trong dung dịch A. Câu 4: Chia 7,72 gam hỗn hợp X gồm Fe và hai oxit kim loại MO, R2O3 thành hai phần bằng nhau. Dùng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng hòa tan hoàn toàn phần 1, thu được khí B và dung dịch D chứa 9,7 gam muối. Dẫn toàn bộ lượng khí B sinh ra qua ống đựng 1,6 gam CuO nung nóng, đến khi thu được 1,408 gam chất rắn thì đã có 80% lượng khí B tham gia phản ứng. Mặt khác, dẫn dòng khí CO dư qua phần 2 nugn nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 3,46 gam chất rắn. Biết rằng nguyên tử khối của M gấp 2,37 lần nguyên tử khối của R. Cho các phản ứng được thực hiện trong điều kiện không có không khí. Xác định 2 kim loại M, R và tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp X. Câu 5: 5.1 Hỗn hợp Q gồm CH3–CH2OH, CH2=CH–CH2OH, CH3COOH, CH2=CH–COOH. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Q cần dùng vừa đủ 0,4 mol O2, thu được 0,35 mol CO2 và 0,35 mol H2O. Mặt khác, cho m gam Q tác dụng vừa đủ với 50 gam dung dịch Ba(OH)2 nồng độ x%. Tính giá trị của x.

5.2 Hỗn hợp khí X chứa ankan A (CnH2n+2 có tính chất tương tự metan), anken B (CmH2m có tính chất tương tự etilen), axetilen và hiđro. Nung nóng a gam X trong bình kín (có xúc tác Ni, không chứa không khí) cho đến khi phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y cần vừa đủ V lít khí O2, thu được hỗn hợp Z gồm khí và hơi. Dẫn toàn bộ Z từ từ qua bình đựng dung dịch H2SO4 đặc, thấy khối lượng bình tăng thêm 7,92 gam. Hỗn hợp Y có thể làm mất màu tối đa 100 ml dung dịch Br2 1M. Mặt khác, nếu cho 6,72 lít hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch Br2 dư thì có 38,4 gam Br2 phản ứng. Tổng số nguyên tử cacbon trong A và axetilen gấp 2 lần số nguyên tử cacbon trong B, số mol A bằng số mol B, thể tích các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. a) Xác định công thức phân tử của A, B, (Với n ¹ m; n, m là các số nguyên có giá trị ≤ 4) b) Tính V.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1.  Y  X 2 ( SO4 ) x    Y : K 

 Fe ZNO3 TNO3  Z  Z : Ag T  XCln  X     X : Cu  Cu T : Fe 2 K  CuSO4  2 H 2 O  Cu  OH 2  K 2 SO4  H 2 

Fe  CuCl2  FeCl2  Cu  AgNO3  Fe( NO3 ) 2  Fe( NO3 )3  Ag  2. Điều chế oxi ta nhiệt phân: KClO3 (xúc tác MnO2), KMnO4 o

t , MnO2 KClO3   KCl  1,5O2  o

2 KMnO4 t  K 2 MnO4  MnO2  O2  4 FeS  7O2 t  2 Fe2 O3  4 SO2  FeS B :SO2  A   o t S  SO2  S  O2  o

SO2  Br2  H 2 O  2 HBr  H 2 SO4 b)

SO2  Ba  OH 2  BaSO3   H 2 O SO2  Ba  OH 2  Ba ( HSO3 ) 2

Ba ( HSO3 ) 2  2 NaOH  BaSO3   Na2 SO3  2 H 2 O Câu 2: 2.1 a) CnH2n+2 + (1,5n + 0,5)O2 → nCO2 + (n + 1)H2O 1

→ 1,5n + 0,5

n+1

Theo đề bài: nkhí trước pứ = nkhí sau pứ → 1 + 1,5n + 0,5 = n + n + 1 → n = 1 → A: CH4 b) R là chất dẻo nên R có thể là: PE, PVC, PA, PS → X có chứa liên kết đôi 1500 C ,l ln  CH  CH  3H 2  1 2CH 4  o

Pd ,t  CH 2  2 CH  CH  H 2  o

 3 CH 2

 CH 2

 CH 2  HCl  CH 3  CH 2 Cl

Ni ,t  CH 3  CH 3  4  CH  CH  H 2  o

as  CH 3  CH 2 Cl  5 CH 3  CH 3  Cl2 

 6  CH 3CH 2 Cl  NaOH  CH 3CH 2 OH  NaCl H SO d ,t  CH 2  7  CH 3CH 2 OH  2

8  CH 2

 CH 2  H 2 O

TH  CH 2   (CH 2  CH 2 ) n   PE 

2.2 Khi pha loãng thì thể tích H2O tăng lên, thể tích C2H5OH không đổi

con 75

C2 H 5 OH :1200.75%  900ml H 2 O :1200  900  300ml

 Con 95

C2 H 5 OH : 900ml o

H 2O :

Vậy thể tích H2O cần thêm là: 300 – 47,368 = 252,63 (ml) Câu 3: 3.1 Dùng Ba(OH)2

900  900  47,368ml 95%

 MgCl2  HCl   AlCl3  Ba (OH ) 2  NaCl   Na2 SO4

 MgCl2 : Mg (OH ) 2  trang      Na2 SO4 : BaSO4 N1

 trang , keo, sau tan : AlCl3  Al (OH )3  HCl k ht  NaCl N2 

Lấy ngẫu nhiên 1 lọ thuộc nhóm (2) nhỏ vào kết tủa của nhóm (1). Có 2 TH xảy ra: TH1: Lấy phải lọ HCl thì

Mg (OH ) 2 : tan  MgCl2  Mg (OH ) 2  HCl    BaSO4 :k tan  Na2 SO4  BaSO4 Suy ra: lọ còn lại ở (2) là NaCl TH2: Lấy phải lọ NaCl thì

 Mg (OH ) 2  NaCl  k ht   BaSO4 Suy ra: lọ lấy ở (2) là NaCl → lọ còn lại ở (2) là HCl. Dùng HCl nhận biết MgCl2 và Na2SO4 dựa vào kết tủa của chúng như TH1. Pt: MgCl2 + Ba(OH)2 → BaCl2 + Mg(OH)2↓ Na2SO4 + Ba(OH)2 → 2NaOH + BaSO4↓ 2HCl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2H2O Mg(OH)2 + 2HCl → MgCl2 + 2H2O 3.2 Pt: HCl + KOH → KCl + H2O 0,2 → 0,2 Dư:

0,05

2HCl + K2CO3 → 2KCl + CO2↑ + H2O 0,05→ 0,025

0,025

=> CM của KOH và K2CO3 lần lượt là: 1M và 0,125M Câu 4:

   H 2 pu : 80%  Fe : x  CuO:0,02   H 2     H 2 SO4 du X  MO : y   P1   ran :1, 408 g P 2  COduran 3, 46 g R O : z    2 3 dd D : 9, 7 g   3,86 g

m rắn giảm = mO (oxit) => nO (oxit) = (1,6 – 1,408) : 16 = 0,012mol

Dễ thấy n = nO (oxit) = 0,012mol => nH2 ban đầu = 0,012 : 80% = 0,015 => nFe = nH2= 0,015 → x = 0,015

56.0, 015  ( M  16) y  (2 R  48) z  3,86 3, 02  16 y  48 z R (*)  2,37 y  2 z  M  2,37 R  FeSO4 : 0, 015  Fe : 0, 015 96.0, 015  80( x  3 z )  9, 7  3,86    dd X  MO : y  dd D  MSO4 : y   y  3 z  0, 055(1) R O : z  R ( SO ) : z 2 3  2 4 3    3,86 g

9,7 g

Ta có: CO + O(Oxit) → CO2 Vì: m(Rắn giảm) = mO(Oxit) → nO(Oxit) = (3,86 – 3,46) : 16 = 0,025 TH1: cả 2 oxit đều bị khử bởi CO → nO(Oxit) = y + 3z = 0,025 kết hợp với (1) loại TH2: chỉ có MO bị khử bởi CO → nO(Oxit) = nMO = 0,025 → y = 0,025 kết hợp với (1) => z = 0,01 Kết hợp với (*) => M = 64 (Cu) TH3: chỉ có R2O3 bị khử bởi CO → nO(Oxit) = 3.nR2O3 → z = 0,025/3 kết hợp với (1) => y = 0,03 Kết hợp với (*) y => M lẻ => loại Vậy %m các chất trong X là: 21,76%; 51,81%; 26,43% Câu 5: 5.1 Pt: C2H6O + 3O2 → 2CO2 + 3H2O C3H6O + 4O2 → 3CO2 + 3H2O C2H4O2 + 2O2 → 2CO2 + 2H2O C3H4O2 + 3O2 → 3CO2 + 2H2O Vì mối quan hệ giữa các chất trong Q là tuyến tính nên để đơn giản bài toán, ta có thể bỏ đi 1 chất mà không làm thay đổi bản chất bài toán (phải đảm bảo đk: nCO2 = nH2O). Vậy ta bỏ đi C3H6O Gọi số mol của C2H6O, C2H4O2, C3H4O2 lần lượt là a, b, c BTNT C: 2a + 2b + 3c = 0,35 BTNT H: 6a + 4b + 4c = 2 . 0,35 BTNT O: a + 2b + 2c = 0,25

=> a = 0,05, b = 0,05, c = 0,05 => nCOOH = 0,1 2(–COOH) + Ba(OH)2 → (–COO)2Ba + 2H2O 0,1

→

0,05

→ x = 17,1% 5.2

A : x   O2 : VCO2  H 2 O to , Ni ; H 100% B : x 1    Y    Br :0,1  aPgam  2 X    C H : y  2 2   Br2 :0,24   P 2   H 2 : z   A : C2 H 6 TH 1   A : C4 H10 C A  C2  2CB  B : C2 H 4 nm       A : C4 H10 C A  10  B : C3 H 6 TH 2   B : C3 H 6 

C4 H10 : 0, 04 C H : 0, 04  BTNT C P1  3 6  nCO2  4.0, 04  3.0, 04  2.0, 06  0, 4 C H : 0, 06  2 2  H 2 : 0, 06

2nO2  2nCO2  nH 2O BTNT O    nO2  0, 62  V  13,888

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Phú Yên năm 2017 2018 Câu 1: 1.1 Dẫn chậm một luồng khí H2dư lần lượt qua các ống thủy tinh mắc nối tiếp có chứa các oxit và cacbon (số mol mỗi chất đều bằng 1 mol) đã được nung nóng như hình vẽ sau: H2   CaO(1)  CuO(2)  Fe2 O3 (3)  C (4)  Na2 O(5)

Ở ống nào có xảy ra phản ứng hóa học? Viết phương trình hóa học minh họa. 1.2 Tiến hành các thí nghiệm sau: (a) Sục khí CO2 dư vào dung dịch NaOH (b) Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Ca(HCO3)2. (c) Cho dung dịch Ba(HCO3)2 dư vào dung dịch H2SO4. (d) Cho Mg vào dung dịch CuSO4 dư. (e) Cho Na đến dư vào dung dịch CH3COOH. (f) Cho 2 ml benzen vào ống nghiệm có chứa 2 ml dung dịch nước Br2, lắc mạnh, sau đó để yên. Viết phương trình hóa học (nếu có) và xác định các chất có trong dung dịch sau mỗi thí nghiệm. Cho rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các chất khí tan trong nước không đáng kể. Câu 2: 2.1 Hỗn hợp X gồm glucozo và tinh bột. Chia X thành hai phần bằng nhau. – Phần 1: hòa tan trong nước dư, lọc bỏ kết tủa rồi cho dung dịch nước lọc phản ứng hết với dung dịch AgNO3/NH3 dư, thu được 0,3 mol Ag. – Phần 2: đun nóng với dung dịch H2SO4 loãng để thực hiện phản ứng thủy phân. Hỗn hợp sau phản ứng được trung hòa bởi dung dịch NaOH (vừa đủ), sau đó cho toàn bộ dung dịch thu được thực hiện phản ứng tráng gương với dung dịch AgNO3/NH3 dư, phản ứng xong, thu được 1,92 mol Ag. Biết phản ứng thủy phân đạt hiệu suất 60% và phản ứng thủy phân tinh bột không tạo sản phẩm nào khác ngoài glucozo. Xác định khối lượng (gam) của hỗn hợp X. 2.2 Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần dùng vừa đủ 15,4 lít (đktc) không khí, thu được hỗn hợp khí và hơi B chỉ gồm CO2, H2O và N2. Dẫn hỗn hợp B vào bình chứa dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 10 gam kết tủa. Sau thí nghiệm, khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 2,45 gam so với khối lượng nước vôi trong ban đầu và thấy thoát ra 12,88 lít khí (đktc). Biết phân tử khối của A nhỏ hơn 150 đvC và không khí chứa 20% O2 và 80% N2 về thể tích.

a) Xác định công thức phân tử chất A. b) Xác định công thức cấu tạo thu gọn các chất: A, X, Y, Z và T, biết chúng thỏa mãn sơ đồ phản ứng sau: o

AgNO3 / NH 3 ;t  H 2O ,80 C  NaOH ,t  NaOH ,t 1500 C A   X   Y   Z  T  A CaO HgSO4

Câu 3: 3.1 Hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H2. Đốt cháy hoàn toàn 0,45 mol X, thu được 12,6 gam H2O. Mặt khác, dẫn 7,8 gam X qua dung dịch nước Br2 (dư) phản ứng kết thúc, thấy khối lượng Br2 đã tham gia phản ứng bằng 60 gam. Xác định khối lượng của các chất trong 7,8 gam hỗn hợp X. 3.2 Hỗn hợp X gồm K, Al và Fe. Cho m gam X vào một lượng H2O dư, thu được 4,48 lít (đktc) khí H2 và chất rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl dư, thu được 8,96 lít (đktc) khí H2. Mặt khác, lấy m gam X cho vào dung dịch KOH dư, thu được 7,84 lít (đktc) khí H2. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định m. Câu 4: 4.1 Cho dung dịch X chứa AlCl3 và HCl. Chia dung dịch X thành hai phần bằng nhau: – Cho phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, thu được 71,75 gam kết tủa. – Nhỏ từ từ dung dịch NaOH đến dư vào phần 2, lượng kết tủa thu được từ thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định số mol AlCl3, số mol HCl trong dung dịch X và giá trị của x (trên đồ thị). 4.2 Cho 33,84 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe vào dung dịch chứa a mol Cu(NO3)2, khuấy đều, sau một thời gian, thu được dung dịch Y và 38,24 gam chất rắn Z. Cho Y tác dụng hết với lượng dư dung dịch NaOH, toàn bộ lượng kết tủa thu được đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thấy còn lại 16 gam chất rắn khan. a) Xác định giá trị lớn nhất của a có thể đạt được. b) Trong trường hợp a có giá trị lớn nhất, nếu cho 19,12 gam chất Z phản ứng hết với axit H2SO4 đặc dư, thu được 10,752 lít khí SO2. Xác định khối lượng các chất có trong X. Cho rằng SO2 là sản phẩm khử duy nhất.

4.3 Điện phân (với điện cực trơ và có màng ngăn xốp) dung dịch chứa 0,05 mol CuSO4 và x mol KCl bằng dòng điện một chiều có cường độ 5A, sau một thời gian, thấy khối lượng dung dịch sau điện phân giảm 9,475 gam so với dung dịch ban đầu. Cho hết dung dịch thu được sau điện phân phản ứng với Al dư, phản ứng xong thấy thoát ra 1,68 lít khí H2 (đktc). Xác định x và tính thời gian (giây) đã điện phân. Cho rằng hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1.1 Chú ý: H2, CO chỉ khử được oxit kim loại trung bình và yếu (không khử được oxit của Na, K, Ca, Ba, Mg, Al) Ống (1): không xảy ra phản ứng Ống (2): CuO + H2 → Cu + H2O↑ 1

→

Ống (3): Fe2O3 + 3H2 → 2Fe + 3H2O↑ 1 →

Hỗn hợp khí đi ra khỏi ống (3) gồm: H2 dư và 4 mol hơi H2O Ống (4): C + 2H2O → CO2 + 2H2↑ 1→ 2 Dư:

Hỗn hợp khí đi ra khỏi ống (4) gồm: 2 mol H2O; 1 mol CO2; H2 dư Ống (5): Na2O + H2O → 2NaOH 1

→1

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O 1

→2

1.2 (a) CO2 + NaOH → NaHCO3 Dung dịch sau pứ chỉ có NaHCO3 (b) 2NaOH + Ca(HCO3)2 → Na2CO3 + CaCO3 + H2O Dung dịch sau pứ: (Na2CO3; NaOH dư) (c) Ba(HCO3)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2CO2 + 2H2O Dung dịch sau pứ: Ba(HCO3)2 dư

(d) Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu Dung dịch sau pứ: (MgSO4; CuSO4 dư) (e) Na + H2O → NaOH + ½ H2 NaOH + CH3COOH → CH3COONa + H2O Dung dịch sau pứ: (NaOH dư; CH3COONa) (f) Dung dịch sau pứ: (C6H6; Br2/H2O) Câu 2: 2.1 NH 3 P1: C5 H11O5 CHO  Ag 2 O   C5 H11O5 COOH  2 Ag   0,3

0,15

H 2 SO4 P 2 : (C6 H10 O5 ) n  nH 2 O   nC6 H12 O6 a

H %  60% Ag   nGlucozo  0,15  0, 6an   2.  0,15  0, 6an   1,92 n

1,92

 an  1,35  mX  2. 180.0,15  162.1,35  491, 4  gam 

Vậy khối lượng của X là: 491,4 (gam) 2.2 a. n 5 n

4n

N 2 :0,575 kk O2 N2 O2 nkk =0, 6875   nO2  0,1375   nN2 ( kk )  0,55   N 2 ( A)  0, 025

CaCO3 : 0,1 CO2    O2 :0,1375  Ca ( OH )2 du A    H 2 O   m  2, 45 g N  N : 0,575  2  2 Ca ( OH )2 du    nCO2  nCaCO3  0,1  nH 2O  0,175  m dd  m  (mCO2  mH 2O )

nC  nCO2  BTNT g / s A :Cx H y Oz N t   nH  2nH 2O  x : y : z : t  0,1: 0,35 : 0,1: 0, 05   nN  2 nN 2 M A 150  CTDGN :(C2 H 7 O2 N ) n    n  1  CTPT : C2 H 7 O2 N

b. Vì A pứ với NaOH nên CTCT của A là: CH3COONH4 hoặc HCOONH3CH3 Y pứ ở 15000C nên Y là: CH4 => X: CH3COONa → A:CH3COONH4 Z: CH≡CH → T: CH3CHO

Vậy A là: CH3COONH4 (amoniaxetat) Câu 3:    x  y  z  0, 45 CH 4 : x  x  0,15  BTNT H   0, 45mol X C2 H 4 : y    4 x  4 y  2 z  2nH 2O  1, 4   y  0,1 C H : z   z  0, 2   2 2  P2  kP1 (16 x  28 y  26 z )k  7,8    n  n  2 n  Br2 C2 H 4 C2 H 2 ( y  2 z )k  0,375   

Vậy khối lượng các chất trong X lần lượt là: 1,8g; 2,1g; 3,9g 3.2 Có V1 < V2 => khi X tác dụng với H2O thì Al còn dư. Giả sử số mol 3 kim loại là: x, y, z. K + H2O → KOH + ½ H2↑ x

→

0,5x

Al + KOH + H2O → KAlO2 + 1,5H2↑ x←

x→

1,5x

→ 0,5x + 1,5x = 0,2 → x = 0,1 X tác dụng với KOH: 0,1 . 0,5 + 1,5y = 0,35 => y = 0,2 Khi cho X tác dụng với H2O còn dư Al => Y chứa Al dư và Fe nAl dư = nAl ban đầu – nAl phản ứng = 0,2 – 0,1 = 0,1mol => 0,1 . 1,5 + z = 0,4 => z = 0,25mol => m = 23,3g Câu 4: 4.1 Vì nAl(OH)3 max = a → nAlCl3 = a Giả sử số mol của AlCl3 và HCl trong mỗi phần là a, b Bảo toàn Cl: 3a + b = 0,5 (1) HCl + NaOH → NaCl + H2O b

→b

– Tại nNaOH = 0,14: kết tủa đang lên max (chưa bị hòa tan) AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaCl 0,6a

←

0,2a

=> b + 0,6a = 0,14 (2) Từ (1) và (2) => a = 0,15 và b = 0,05

– Tại nNaOH = x: kết tủa bị hòa tan một phần Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O 0,12

→ 0,12

Dư:

0,03

→ x = 0,05 + 3.0,15 + 0,12 = 0,62 (mol) Vậy x = 0,62 4.2 a) Nhận xét: 33,84g X > 16g rắn → kim loại còn dư. Chú ý: sau một thời gian ám chỉ các chất tham gia đều dư. Giả sử số mol của Mg, Fe lần lượt là x, y Tăng giảm khối lượng: (64 – 24) . x + (64 – 56) . y = 38,24 – 33,84 (1) Chất rắn bao gồm MgO: x; Fe2O3: 0,5y; CuO: a – x – y => 40x + 160 . 0,5y + 80(a – x – y) = 16 (2) Từ (1) và (2) => 10a + y = 2,55 amax <=> y = 0 => amax = 0,255 b) giá trị a đạt max thì Fe chưa tham gia pứ. Giả sử số mol Mg dư là: z (mol) 19,12g Z cho 0,48 mol SO2 → 38,24g Z cho 0,96 mol SO2  Mg du : z 24 z  64 x  56 y  38, 24  x  0,11 % Mg  10, 64%    Z Cu : x  2 z  2 x  3 y  2.0,96   y  0,54   % Fe  89,36%  Fe : y 24( x  z )  56 y  33,84  z  0, 04     33,84 g

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Quảng Ngãi năm 2017 2018 Câu 1: 1.1 Trình bày hiện tượng và hoàn thành các phương trình hóa học xảy ra trong thí nghiệm sau: a. Cho mảnh đồng kim loại vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng. b. Cho hỗn hợp đồng số mol Ba và Al2O3 vào lượng nước dư. c. Cho Fe2O3 vào dung dịch NaHSO4 d. Cho mẫu đất đèn vào nước. 1.2 X, Y, Z là ba hóa chất được dùng phổ biến làm phân bón hóa học. Chúng là các phân bón đơn để cung cấp ba thành phần chính: đạm, lân, kali cho cây trồng. Ba hóa chất trên đều tan tốt trong nước, biết: X + Na2CO3 → tạo kết tủa trắng Y + NaOH → tạo khí mùi khai Y + HCl → không có hiện tượng Y + BaCl2 → tạo kết tủa trắng Z + AgNO3 → tạo kết tủa trắng Z + BaCl2 → không có hiện tượng Xác định các chất X, Y, Z và hoàn thành các phương trình phản ứng trên. 1.3 Có 5 mẫu chất bột màu trắng gồm: NaCl, Na2CO3, Na2SO4, BaCO3, BaSO4. Chỉ dùng CO2 và H2O hãy phân biệt từng mẫu chất trên (các dụng cụ thí nghiệm có đủ) Câu 2: 2.1 Cho polime thiên nhiên R vào nước đun nóng, thấy tạo thành dung dịch keo. Nhỏ tiếp vài giọt dung dịch iot vào dung dịch keo thì không thấy hiện tượng gì, nhưng sau một thời gian thì thấy xuất hiện màu xanh. Từ chất R thực hiện dãy chuyển hóa sau: R → A → B → C → etylaxetat Xác định R, A, B, C và hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa trên (mỗi mũi tên tương ứng với một phản ứng) 2.2 Cho sơ đồ chuyển hóa sau: X → Y → Z→ Y→ X Biết: X là một phi kim; Y và Z là các hợp chất có chứa nguyên tố X. Dung dịch chất Y làm đỏ quì tím, Z là muối của natri, trong đó natri chiếm 39,316% về khối lượng. Xác định các chất X, Y, Z và hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa trên (mỗi mũi tên ứng với một phản ứng)

Câu 3: H2SO4 nguyên chất có khả năng hấp thụ SO3 tạo oleum theo phương trình sau: H2SO4 + nSO3 → H2SO4.nSO3 (oleum) 3.1 Hòa tan 50,7 gam oleum có công thức H2SO4.nSO3 vào nước, thu được 98 gam dung dịch H2SO4 60%. Xác định giá trị n. 3.2 Hấp thụ hoàn toàn m gam SO3 vào 180 gam dung dịch H2SO4 98%, thu được oleum có công thức H2SO4.3SO3. Xác định giá trị m. Câu 4: Cho 6,06 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm M và một kim loại R có hóa trị III vào nước, thấy hỗn hợp X tan hoàn toàn tạo ra dung dịch A và 3,808 lít khí (đktc). Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau: – Cô cạn phần thứ nhất thu được 4,48 gam chất rắn khan. – Thêm V lít dung dịch HCl 1M vào phần thứ hai thấy xuất hiện 0,78 gam kết tủa. a. Xác định tên hai kim loại và tính thành phần % khối lượng mỗi kim loại trong X. b. Tính giá trị V. Câu 5: Thực hiện phản ứng este hóa giữa axit CxHyCOOH và rượu CnH2n+1OH, sau một thời gian tách bỏ nước thì thu được hỗn hợp X gồm este, axit và rượu. Đốt cháy hoàn toàn 62 gam hỗn hợp X, thu 69,44 lít CO2 (đktc) và 50,4 gam H2O. Mặt khác, cho 62 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch NaOH 2M, sau phản ứng hoàn toàn thu được 29,6 gam rượu. Tách lấy lượng rượu rồi hóa hơi hoàn toàn thì thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 11,2 gam khí nito đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. a. Xác định công thức cấu tạo của rượu và axit b. Tính hiệu suất phản ứng este hóa

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1.1 Bước 1: dự đoán các pứ có thể xảy ra Bước 2: chú ý màu sắc, mùi của dung dịch, kết tủa, bay hơi. a. Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2↑ + 2H2O Hiện tượng: bề mặt thanh Cu có bọt khí sủi mạnh, không màu, mùi hắc (SO2). Dung dịch dần chuyển sang màu xanh. b. Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑ Ba(OH)2 + Al2O3 → Ba(AlO2)2 + H2O

Hiện tượng: viên Ba tan nhanh, có khí không màu thoát ra mạnh, miếng Al2O3 bị ăn mòn nhanh chóng, dung dịch có màu hơi đục. c. Fe2O3 + 6NaHSO4 → Fe2(SO4)3 + 3Na2SO4 + 3H2O Hiện tượng: oxit Fe2O3 bị ăn mòn, dung dịch trong suốt dần chuyển sang màu vàng nâu. 1.2 Ca ( H 2 PO4 ) 2  Na2 CO3  CaCO3  2 NaH 2 PO4  X : Ca ( H 2 PO4 ) 2   ( NH 4 ) 2 CO3  2 NaOH  Na2 SO4  2 NH 3  2 H 2 O Y : ( NH 4 ) 2 CO3    Z : KCl ( NH 4 ) 2 SO4  BaCl2  2 NH 4 Cl  BaSO4   KCl  AgNO  KNO  AgCl 3 3 

1.3 BaCO3 : tan  Ba  HCO3  2  BaCO3 CO2 :du : K tan    BaSO4 : k tan  BaSO4

 NaCl  Na CO  2 3  H 2O   Na2 SO4   BaCO 3   BaSO4

 NaCl  Ba  HCO3 2   Na2CO3 : tan   Na SO  2 4

NaCl : k ht CO2 :du  Na2CO3 : BaCO3   tan  CO2 :du  Na2 SO4 : BaSO4  k tan

BaCO3  CO2  H 2O   Ba  HCO3  2 Na2CO3  Ba  HCO3 2   2 NaHCO3  BaCO3  Na2 SO4  Ba  HCO3 2   2 NaHCO3  BaSO4 

Câu 2: 2.1 Polime thiên nhiên và lại tạo màu xanh với dd iot → R: tinh bột (C6H10O5)n H 2 SO4 loang (C6 H10 O5 ) n  nH 2 O   nC6 H12 O6 men C6 H12 O6  2C2 H 5 OH  2CO2  

H C2 H 5 OH  O2  CH 3 COOH  H 2 O

CH 3 COOH  C2 H 5 OH  CH 3 COOC2 H 5  H 2 O etylaxetat

2.2 %Na = 39,316% => MZ = 58,5 => Z là NaCl => X là H2 và Y là HCl Pt: Cl2 + H2 → 2HCl HCl + NaOH → NaCl + H2O

2NaCl + H2SO4đặc → Na2SO4 + 2HCl 4HCl + MnO2 → MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O Câu 3: 3.1

H 2 SO4 .nSO3  nH 2 O   n  1 H 2 SO4 50,7 98 80 n



98.60% 98

50, 7.(n  1) 98.60%   n  3 98  80n 98

3.2 nH2SO4 = 1,8mol H2SO4 + 3SO3 → H2SO4.3SO3 (oleum) 1,8

→ 5,4

m = 5,4 . 80 = 432g Câu 4:  H 2 : 0,17  M : x  H 2O  HCl X   ddA     Al (OH )3 V R: y    8,96 g   0,01  6,06 g

0,5 x  1,5 y  0,15  M  0,5 H 2  x  0,1  a.    Mx  Ry  6, 06   R  1,5 H 2 ( M  17)( x  y )  ( M  R  32) y  8,96  y  0, 08   0,1M  0, 08 R  6, 06  5M  4 R  303

 R  27  Al % K  64,36%     M  39  K % Al  35, 64% b.  KOH : 0, 01  HCl dd A    Al (OH )3   KAlO : 0, 05  2 0,01

KOH  HCl  KCl  H 2 O 0, 01  0, 01

TH1: kết tủa Al(OH)3 chưa bị hòa tan KAlO2 + HCl +H2O → KCl + Al(OH)3↓ 0,01 ←0,01 → nHCl = 0,02

→ V = 0,02 (lít) = 20 (ml) TH2: kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan một phần KAlO2 + HCl +H2O → KCl + Al(OH)3↓ 0,05

→ 0,05

0,05

Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O 0,04`

→ 0,12

→ nHCl = 0,18 → V = 0,18 (l) = 180 (ml) Vậy có 2 giá trị của V thỏa mãn là: 20 ml và 180 ml Câu 5: a. mancol  29, 6 g  M ancol  74  Ancol : C4 H 9OH  nancol  nN2  0, 4  o2    RCOOH CO2  H 2O 3,1 2,8   62  g  C4 H 9OH    NaOH :0,5  RCOOC H   C4 H0,49OH 4 9 

nO X   2nO  2nCO  nH O 2 2 2  m  m  m  m  O2 CO2 H 2O  X BTKL BTNTO     nO X   2.3,9  2.3,1  2,8   mO2  124,8  n O2  3,9  n O X   1, 2 ancol :0,4    y  z  0, 4  x  0,3  RCOOH : 0,3  NaOH :0,5       x  z  0,5   y  0, 2  C4 H 9OH : 0, 2  R  27 CH 2  CH       BTNT :O 124,8  nO2  3,9  z  0, 2 RCOOC4 H 9 : 0, 2    62 g

→ Ancol C4 H 9OH ; axit CH 2  CH  COOH b.

CH 2  CH  COOH : 0,3 n CH 2  CH  COOH bd : 0,5    H  pu 100%  50% C4 H 9OH : 0, 2 nbd CH  CH  COOH : 0, 2 C4 H 9OH : 0, 4  2

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Yên Bái năm 2017 2018 Câu 1: Cách sắp xếp nào sau đây đúng theo chiều tăng dần tính kim loại A. Ca, K, Mg, Al

B. Al, Ca, Mg, K

C. Mg, Ca, Al, K

D. Al, Mg, Ca, K.

Câu 2: Chất nào sau đây thực hiện được phản ứng trùng hợp? A. CH2=CH2.

B. CH4

C. CH3-CH3

D. CH3Cl

Câu 3: Cho 21,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe (tỉ lệ mol 4:3) vào dung dịch HCl dư. Phản ứng kết thúc thu được V lít khí H2 (đktc). Giá trị của V là A. 3,36

B. 4,48

C. 5,04

D. 7,84

Câu 4: Cho 36 gam dung dịch glucozo 10% phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, hiệu suất phản ứng 60%, thu được m gam Ag. Giá trị của m là A. 2,160

B. 4,320

C. 1,728

D. 2,592

Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm C2H4, C3H6 và C4H8, thu được (m + 2) gam H2O và (m + 28) gam CO2. Giá trị của m là: A. 18

B. 16

C. 10

D. 7

Câu 6: Thí nghiệm được mô tả như hình vẽ sau, với X là một trong các chất NaHCO3, KClO3, KMnO4, KNO3, Ca(HCO3)2, C6H12O6.

Quan sát thấy dung dịch Ca(OH)2 bị vẩn đục. X là: A. NaHCO3 hoặc KClO3 hoặc Ca(HCO3)2

B. Ca(HCO3)2 hoặc C6H12O6 hoặc KNO3

C. NaHCO3 hoặc Ca(HCO3)2 hoặc C6H12O6

D. KClO3 hoặc KMnO4 hoặc KNO3

Câu 7: Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt là 28. Số hạt mang điện của một nguyên tử Y nhiều hơn số hạt mang điện của một nguyên tử X là 4. Kết luận nào sau đây đúng? A. X là kim loại, Y là phi kim B. Dung dịch muối YX (muối tạo bởi hai nguyên tố X, Y) có tác dụng làm thuốc chống sâu răng C. Nguyên tử X và Y đều có 7 electron lớp ngoài cùng D. X và Y đều tác dụng với được với oxi khi đun nóng Câu 8: Tiến hành các thí nghiệm với các chất X, Y, Z, T. Kết quả được ghi ở bảng sau:

Mẫu thử X Y

Thí nghiệm Phản ứng với Na Phản ứng với Na Tác dụng với Cu(OH)2 Tác dụng với AgNO3/NH3 Đun nóng dung dịch H2SO4 , trung hòa dung dịch thu được. Thêm tiếp AgNO3/NH3 đun nóng

Z T

Hiện tượng Có khí H2 thoát ra Có khí H2 thoát ra Tạo dung dịch xanh lam Tạo kết tủa Ag Tạo kết tủa Ag

Các chất X, Y, Z, T lần lượt là: A. ancol etylic, glucozo, axit axetic, saccarozo B. saccarozo, ancol etylic, axit axetic, glucozo C. ancol etylic, axit axetic, glucozo, saccarozo D. ancol etylic, axit axetic, saccarozo, glucozo Câu 9: 1. Cho sơ đồ sau:            Al2 O3   Al   AlCl3   Al (OH )3   NaAlO2   Al (OH )3   Al2 O3 1

a. Viết các phương trình phản ứng thực hiện sơ đồ chuyển hóa trên. b. Cho biết chất nào trong sơ đồ trên có tính chất lưỡng tính. 2. Gần đây, người ta tìm ra một loại hợp chất mới đầy hứa hẹn để làm nhiên liệu cho động cơ tên lửa đẩy. Hợp chất đó là NH4N(NO2)2 (amoni đinitroamit). Khi nổ, phân tử này bị phân hủy thành khí X, khí Y và chất Z. Xác định các chất X, Y, Z, biết trong công nghiệp X và Y đều được điều chế bằng phương pháp chưng cất phân đoạn không khí lỏng. Chất Z khi gặp CuSO4 khan làm CuSO4 từ không màu chuyển sang màu xanh. Viết phương trình phản ứng. Câu 10: Cho luồng khí H2 dư đi qua hỗn hợp X gồm Fe3O4 và CuO nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 29,6 gam chất rắn. Mặt khác, để hòa tan hết lượng X trên cần vừa đủ 600 ml dung dịch HCl 2M. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. Câu 11: Nung m gam hỗn hợp X gồm KHCO3 và CaCO3 ở nhiệt độ cao đến khi khối lượng không đổi thu được chất rắn Y. Cho Y vào nước dư, thu được 0,25m gam chất rắn Z và dung dịch E. Nếu nhỏ từ từ dung dịch HCl vào E, khi khí bắt đầu thoát ra cần dùng V1 lít dung dịch HCl 1M. Còn nếu nhỏ từ từ dung dịch HCl vào E, khí thoát ra hết thì thể tích dung dịch HCl 1M đã dùng là V2 lít. Tính thể tích V1:V2. Câu 12: 1. Hình vẽ bên mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của khí axetilen. Hãy cho biết một cặp chất X, Y phù hợp với thí nghiệm. Nêu hiện tượng xảy ra trong ống nghiệm đựng dung dịch Br2 khi sục khí axetilen từ từ đến dư vào dung dịch Br2. Viết các phương trình hóa học và thử tính chất của axetilen trong thí nghiệm đó.

2. Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các chất khí riêng biệt CO2, SO2, CH4, C2H4. Câu 13: 1. Viết các phương trình phản ứng khi cho lần lượt các chất CH3COOH, CH2=CHCOOCH3, (C15H31COO)3C3H5, Al4C3, C2H5Cl tác dụng với dung dịch KOH dư. 2. X là rượu no, mạch hở, trong phân tử có 3 nguyên tử cacbon. Viết các công thức cấu tạo có thể có của X. Câu 14: 1. Nicotin có nhiều trong cây thuốc lá, là hợp chất hữu cơ có chứa các nguyên tố C, H, N. Oxi hóa hoàn toàn m gam nicotin bằng oxi, sau phản ứng thu được toàn bộ sản phẩm sục vào bình nước vôi trong dư thấy có 20 gam kết tủa, khối lượng bình đựng nước vôi trong tăng lên 11,32 gam và có 0,448 lít khí thoát ra (đktc). Biết khối lượng nguyên tố nitơ trong 1 phân tử nicotin bằng ½ khối lượng nguyên tố nitơ trong 1 phân tử cafein (C8H10N4O2). a. Xác định công thức phân tử của nicotin, tính giá trị của m. b. Nêu tác hại của nicotin đến sức khỏe con người. 2. Hỗn hợp X gồm CH3COOH và C2H5OH có khối lượng 16,6 gam tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M. Mặt khác, cho thêm dung dịch H2SO4 đặc và 9,2 gam C2H5OH vào 0,9 mol X được dung dịch Y. Đun nóng Y, thực hiện phản ứng este hóa với hiệu suất 80% thu được m gam este. Tính giá trị của m. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: D Mạnh nhất là kiềm: Na, K rồi đến kiềm thổ: Mg, Ca, Ba. Câu 2: A Trùng hợp cần có liên kết đôi Câu 3: A

Cu : 4 x Fe  H 2  64.4 x  56.3 x  21, 2  x  0, 05  H 2 : 0,15  A  1:1 Fe : 3 x    21,2 g

Câu 4: D 3 cacbohidrat tráng gương được là: glucozo, fructozo, mantozo và tỉ lệ tạo Ag đều là 1 : 2. nglucozo = (36 . 10%) : 180 = 0,02 => mAg = 0,02 . 2 . 60% . 108 = 2,592g Câu 5: B Đốt cháy anken (xicloankan) cho: nCO2 = nH2O => (m+2)/18 = (m+28)/44 => m = 16 Câu 6: B o

t 2 NaHCO3   Na2 CO3  CO2   H 2 O o

t KClO3   KCl  1,5O2  o

t Ca ( HCO3 ) 2   CaO  2CO2   H 2 O o

t KNO3   KNO2  0,5O2  o

t C6 H12 O6  6O2   6CO2  6 H 2 O o

t 2 KMnO4   K 2 MnO4  MnO2  O2 

Câu 7: B ADCT  

8  loai S S P   NaF  B 2 PY  2 PX  4 3,52 3 X : 9  F  P :11  Na  Y

Câu 8: C Tráng Ag được chỉ có Glucozo Câu 9: 1. dpnc  2 Al  1,5O2  1 Al2 O3 

 2  2 Al  6 HCl  2 AlCl3  3H 2   3 AlCl3  3NaOH  3NaCl  Al  OH 3   4  Al OH 3  NaOH  NaAlO2  2 H 2 O  5  NaAlO2  CO2  H 2 O  NaHCO3  Al  OH 3  t  Al2 O3  3H 2 O  6  Al  OH 3  o

Hợp chất lưỡng tính là: Al2O3 và Al(OH)3

Chú ý: chất lưỡng tính là chất vừa cho và vừa nhận điện tử. Chất lưỡng tính thì tác dụng với cả NaOH và HCl nhưng chất tác dụng với NaOH và HCl lại chưa chắc lưỡng tính (cụ thể là Al) 2. X, Y điều chế bằng chưng cất phân đoạn không khí → X, Y là O2 và N2 Chất Z làm CuSO4 khan chuyển màu xanh → Z: H2O Pt: NH4N(NO2)2 → O2 + 2N2 + 2H2O Câu 10: 2H(Axit) + O(Oxit) → H2O → nH(Axit) = 2.nO(Oxit) Gọi số mol của Fe3O4 và CuO lần lượt là x và y BTNT O: 4x + y = 0,6 BTKL: 56 . 3x + 64y = 29,6 => x = 0,1 và y = 0,2 => %Fe3O4 = 59,18% %CuO = 40,82% Câu 11: Vì cho HCl vào E có khí CO2 nên ddE có K2CO3dư.

: CaCO Z 3   KHCO3 : x to  K CO  0,25 m 2 Odu X   Y  2 3 H   V1 HCl1M CaO 3 : y CaCO dd E :    CO2      m( g ) V2  Z : CaCO3 : 0, 0025m BTNT K  KHCO : x  K CO : 0,5 x    3 2 3 BTNT C   BTNT Ca     K 2 CO3 : 0,5 x  y  CaO : y CaCO3 : y ddE  BTNT K     KOH du : 2 y 

KOHdư + HCl → KCl + H2O * CO2 bắt đầu thoát ra K2CO3 + HCl → KCl + KHCO3 → nHCl = nKOHdư + nKHCO3 → V1 = 0,5x + y * CO2 thoát ra hết K2CO3 + 2HCl → 2KCl + CO2↑ + H2O → nHCl = nKOHdư + nKHCO3 → V2= x

100( x  y )  m 100 y  0, 25m V  0, 00625   1  V1 : V2  5 : 6  V2  0, 0075 V1  0,5 x  y V2  x Câu 12: 1. (X, Y) = (CaC2; H2O) CH≡CH + Br2 → CH(Br2)–CH(Br2) Dung dịch Br2 nâu đỏ dần nhạt màu rồi mất màu hoàn toàn 2. CO2  SO  2 Br2 / CCl4     CH 4  C2 H 4

C2 H 4 :nhat mau Br2 CO2  Br2 / H 2O   SO2  CH  4

SO2 : nhat mau CO2 : vanduc CO2  Ca (OH )2   CH 4 CH 4

Pt: CH2=CH2 + Br2 → CH2(Br)–CH2(Br) SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O Câu 13: 1. CH3COOH + KOH → CH3COOK + H2O CH2=CHCOOCH3 + KOH → CH2=CH–COOK + CH3OH (C15H31COO)3C3H5 + 3KOH → 3C15H31COOK + C3H5(OH)3 Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4 Al(OH)3 + KOH → KAlO2 + 2H2O C2H5Cl + KOH → KCl + C2H5OH 2. X: C3H7OH hoặc C3H6(OH)2 hoặc C3H5(OH)3 Chú ý: số nhóm OH ≤ số C. Mỗi C chỉ có tối đa 1 nhóm OH cắm vào (nhiều hơn 1 sẽ không bền, chuyển hóa thành anđêhit hoặc xeton) Câu 14: a. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O nCaCO3 = nCO2 = 0,2 => nC = 0,2

m(bình tăng) = mCO2 + mH2O → 44 . 0,2 + 18 . nH2O = 11,32 → nH2O = 0,14 => nH = 0,28 Khí thoát ra là N2: nN2 = 0,02 => nN = 0,04 => nC : nH : nN = 0,2 : 0,28 : 0,04 = 5 : 7 : 1 => A: (C5H7N)n Trong cafein: mN = 56 → trong nicotin mN = ½ cafein = 28 → A: có 2 nguyên tử N Kết luận: A là C10H14N2. b. Tác hại của nicotin Gây xơ vữa động mạch, phì đại động mạch chủ, co thắt phế quản; gây run và đau cơ, đau khớp cũng như tăng insulin. Tác động lên đường tiêu hóa, nicotine có thể gây nôn, khô miệng, khó tiêu, tiêu chảy, ợ nóng, gây loét và ung thư. Tác động đến hệ thần kinh trung ương, nicotine có thể khiến giấc ngủ bị rối loạn, nhức đầu, chóng mặt nguy cơ hạn chế dòng máu chảy lên não, dễ bị kích thích và tăng khả năng hành động nông nổi. Nicotine làm nhịp tim có thể tăng hoặc giảm; làm tăng khả năng loạn nhịp tim; gây hẹp mạch vành, làm tăng huyết áp. Đối với người mang thai, nicotine có thể gây những tác hại như đái tháo đường type 2, béo phì, cao huyết áp, rối loạn chức năng hô hấp, khuyết tật về hành vi thần kinh và vô sinh cho đứa con trong bụng mẹ khi đã trưởng thành. 2. Gọi x, y lần lượt là số mol của CH3COOH và C2H5OH X tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M => x = 0,2 mX = 60x + 46y = 16,6 => y = 0,1 => x : y = 2 : 1 => 0,9 mol X có chứa 0,6 mol CH3COOH và 0,3 mol C2H5OH => Tổng C2H5OH = 0,5 Vậy giá trị của m = 35,2 (gam)

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Gia Lai năm 2017 - 2018 Câu 1: 1. Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ sau (mỗi mũi tên ứng với một phương trình hóa học;ghi rõ diều kiện phản ứng nếu có).        NaCl   Cl2   HCl   FeCl3   CuCl2 1

2. Có 3 chất hữu cơ A, B, C đều chứ C, H, O và đều có M=46 g/mol, trong đó A, B tan nhiều trong H2O; A và B dều tác dụng Na, B còn phản ứng NaOH; C không tác dụng với Na và được dùng trong y học để làm chất gây tê khi phẫu thuật. Xác định công thức cấu tạo của A, B, C. Câu 2: 1. Cho hỗn hợp X gồm a gam Fe và a gam S. Nung nóng hỗn hợp X trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với oxi lấy dư ở nhiệt độ cao. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 2. Thực hiện phản ứng lên men rượu m gam glucozo với hiệu xuất 90%, để phản ứng hết với khí CO2 sinh ra cần dùng ít nhất 200ml dung dịch NaOH 1M. Tính m. Câu 3: 1. Cho 6,9 gam Na vào 200ml dung dịch X chứa HCl 0,25M và AlCl3 0,4M, sau khi kết thúc các phản ứng thu được a gam kết tủa. Tính a. 2. Cho Mg vào 200ml dung dịch A chứa CuSO4 0,5M và FeSO4 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 12 gam chất rắn X và dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 lấy dư đến khi kết thúc các phản ứng thu được kết tủa E. Nung E trong không khí đến khối lượng không đổi thu được b gam chất rắn. Tính b. Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn 15,2 gam hỗn hợp X gồm axit CnH2n+1COOH và rượu CmH2m+1OH (có số cacbon trong phân tử khác nhau) thu được 13,44 lít khí CO2(đktc) và 14,4 gam H2O. Thực hiện phản ứng este hóa 15,2 gam hỗn hợp X như trên với hiệu xuất 90% thu được x gam este. Tính x. Câu 5: 1. Cho Fe3O4 tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được dung dịch X chứa m1 gam muối. Chia dung dịch X thành hai phần bằng nhau. Sục khí Cl2 dư vào phần một thu được dung dịch Y chứa m2 gam muối (biết m2=0,5m1+1,42). Phần hai cho tác dụng với dung dịch AgNO3 lấy dư thu được m3 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn . Tính m3.

2. Hỗn hợp khí A chứa etilen và hidro có tỉ khối so với hidro là 7,5. Dẫn A qua xúc tác Ni nung nóng thu được hỗn hợp B có tỉ khối so với hidro là 12,5. Tính hiệu suất phản ứng cộng hidro của etilen.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. (1) 2Na + Cl2 → 2NaCl (2) Cl2 + H2 → 2HCl (3) 3HCl + Fe(OH)3 → FeCl3 + 3H2O (4) FeCl3 + Cu → CuCl2 + FeCl2 2. B tác dụng Na và phản ứng NaOH => B là axit => B là HCOOH A tác dụng với Na => A là ancol => ROH => C2H5OH C không tác dụng với Na, NaOH và dùng trong y học để gây tê khi tiểu phẫu thuật=> C là Ete CH3OCH3 Câu 2: 1. t  FeS Fe + S  t  SO2 S + O2  t  Fe2O3 + SO2 FeS + O2 

2. Phương Pháp : tmen  2 C2H5OH + 2CO2 Tính toán theo PTHH : C6H12O6 

CO2 + NaOH⟶ NaHCO3 HH ( số mol bên sản phẩm là số mol thực tế thu được ) Hướng dẫn Giải : Theo PTHH : n NaOH = n CO2 = 1. 0,2 = 0,2 mol => Theo PTHH n CO2 : 2 = n C6H12O6 = 0,1 mol H% 

ntt 0,1 1 .100%  90%  .100% => n lý thuyết = mol nlt nlt 9

1 => mc6H12O6 = . 180 = 20 g 9

Chú ý: Đề nói thể tích tối thiểu => phải tạo ra muối NaHCO3 vì nếu tạo ra Na2CO3 thì khi đó cần số mol NaOH gấp đôi mới phản ứng được với CO2 Câu 3: 1. Phương pháp : Tính toán theo PTHH : Na + HCl → NaCl + ½ H2 Na + H2O → NaOH + ½ H2 3NaOH + AlCl3 → NaCl + Al(OH)3↓ NaOH + Al(OH)3↓→ NaAlO2 + 2 H2O ( có thể có ) Hướng dẫn giải : n Na = 0,2 mol , n HCl = 0,25 . 0,2 = 0,05 mol , n AlCl3 = 0,4 . 0,2 = 0,08 mol Theo PTHH : n Na = n HCl = 0,05 mol => Na dư : n Na dư = 0,2 – 0,05 = 0,15 mol Theo PTHH : n Na = n NaOH = 0,15 mol Theo PTHH : n NaOH = n AlCl3 . 3 ó 0,15 < 0,08 . 3 => AlCl3 dư => NaOH hết => n Al(OH)3 = 0,15 : 3 = 0,05 mol => m Al(OH)3 = 0,05 . 78 =3,9 g Lưu ý nếu kiềm dư thì sẽ có phản ứng hòa tan tủa nhôm 2. Phương pháp : Tính toán theo PTHH : Mg + CuSO4 → Cu + MgSO4 Mg + FeSO4 → Fe + MgSO4 Ba(OH)2 + MgSO4 → BaSO4 + Mg(OH)2 Ba(OH)2 + FeSO4 → BaSO4 + Fe(OH)2 Mg(OH)2 → MgO + H2O 2 Fe(OH)2 + ½ O2 → Fe2O3 + 2 H2O Cần phải kiểm tra xem sau phản ứng của Mg dung dịch có dư muối không

Hướng dẫn giải : Giả sư dung dịch muối phản ứng hết => n Fe = n FeSO4 = 0,2 . 1= 0,2 mol

=> m Fe = 0,2 . 56 = 11,2 g

=> n Cu =n CuSO4 = 0,2 . 0,5 = 0,1 mol => m Cu = 0,1 . 64 = 6,4 g => m chất rắn = 11,2 + 6,4 = 17,6 g > 12 g > 6,4 => kim loại Fe dư sau phản ứng Vì CuSO4 phản ứng trước sau đó mới đến FeSO4 phản ứng CuSO4 đã hết và phản ứng với 1 phần FeSO4 12 g = m Cu + m Fe phản ứng = 6,4 g + m Fe phản ứng => m Fe = 5,6 g => n Fe = 0,1 mol => n FeSO4

dư

= 0,2 – 0,1 = 0,1 mol

Theo PTHH : n Mg = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol ( bắng số mol CuSO4 và FeSO4 phản ứng ) Theo PTHH : n Mg = n MgSO4 = n Mg(OH)2 = n MgO = 0,2 mol n FeSO4 dư = n Fe(OH)2 = n Fe2O3 . 2 = 0,1 mol => n Fe2O3 = 0,1 mol => m chất rắn = m Fe2O3 + m MgO = 0,1 . 160 + 0,2 . 40 = 24 g Câu 4: n CO2 = 0,6 mol => m CO2 = 0,6 . 44 = 26,4 g n H2O = 0,8 mol => n ancol = 0,8 – 0,6 = 0,2 mol Bảo toàn khối lượng : m Oxy + m hỗn hợp = m CO2 + m H2O => m oxy + 15,2 = 26,4 + 14,4 => m Oxy = 25,6 g => n O2 = 0,8 mol Bảo toàn nguyên tố oxy : n O ( trong hỗn hợp ) + 2 n O2 ( đốt cháy ) = n CO2 . 2 + n H2O => 2 n axit + n ancol + 0,8 . 2 = 0,8 + 0,6 .2 => n Axit = 0,1 mol ( vì n ancol = 0,2 mol ) => n axit . ( n + 1 ) + n ancol . m = n CO2 => 0,1 . (n + 1 ) + 0,2 . m = 0,6 => n +2 m = 5 TH1 m = 2 thì n = 1

TH2: m = 1 thì n = 3

C2H5OH và CH3COOH ( loại vì có số C giống nhau đều là 2 C ) hoặc C3H7COOH và CH3OH ( chọn ) C3H7COOH + CH3OH → C3H7COOCH3 + H2O 0,1

0,2

0,1 mol

H% 

ntt n .100%  90%  tt .100% => n thực tế = 0,09 mol nlt 0,1

=> m C3H7COOCH3 = 0,09 . 102 = 9,18 g Câu 5: 1. Phương pháp : Tính toán theo PTHH : Fe3O4 + 8 HCl → 2 FeCl3 + FeCl2 + 4 H2O FeCl2 + ½ Cl2 → FeCl3 FeCl2 + 3 AgNO3 → 2 AgCl + Ag + Fe(NO3)3 FeCl3 + 3 AgNO3 → 3 AgCl + Fe(NO3)3 Bảo toàn khối lượng m2 – 0,5 m1 = m Cl2 ( lưu ý hỗn hợp chia làm 2 phần nên muối phản ứng ở mỗi phần là 0,5 m1 ) Hướng dẫn giải : m2 – 0,5 m1 = m Cl2 => m Cl2 = 1,42 => n Cl2 = 0,02 mol Theo PTHH : n FeCl2 = n Cl2 . 2 = 0,04 mol Theo PTHH : n FeCl2 . 2 = n FeCl3 = 0,08 mol Theo PTHH : n AgCl = 2 . nFeCl2 + 3 . n FeCl3 = 0,08 .3 + 0,04 .2 = 0,32 mol n Ag = n FeCl2 = 0,04 mol => m Chất rắn = m Ag + m AgCl = 0,04 . 108 + 0,32 . 143,5 = 50,24 g Lưu ý phản ứng của Fe2+ + Ag+ → Fe+3 + Ag 2. Phương pháp : Tính toán theo PTHH : o

t C2H4 + H2   C2H6

Bảo toàn khối lượng : khối lượng hỗn hợp khí trước và sau phản ứng là như nhau :

d hh / H 2 

M hh m n ; M hh  hh ; H %  tt .100% 2 nhh nlt

Hướng dẫn giải :

Hỗn hợp trước phản ứng : d hh / H 2  Hỗn hợp Sau phản ứng : d hh / H 2 

M hh  7, 5  M hh  15 2

M hh  12,5  M hh  25 2

Vì khối lượng của hỗn hợp trước và sau phản ứng là bằng nhau => n hh trước phản ứng : n hh sau phản ứng = 25 : 15 = 5 : 3 Coi tổng số mol trước phản ứng là 5 => tổng số mol sau phản ứng là 3 mol Ta có khối lượng hỗn hợp là : 5 . 15 = 75 g

nC H  nH 2  5  Ta có hệ :  2 4  n C2H4 = 2,5 mol = n H2 28nC2 H 4  2 nH 2  75 t  C2H6 C2H4 + H2 

Ban đầu

2,5

Phản ứng

Kết thúc :

2,5 – x

2,5– x

=> Tổng số mol sau phản ứng là : : => 5 – x = 3 => x = 2 mol H% 

ntt 2 .100%= .100%=80% nlt 2, 5

2,5 – x + 2,5– x + x = 5–x

Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa - Hệ chuyên - THPT Chuyên Long An năm 2016 2017 Câu 1: 1.1. Tiến hành các thí nghiệm sau: a. Cho mẩu quỳ tím vào ống nghiệm chứa dung dịch NaOH, sau đó tiếp tục nhỏ từ từ đến dư dung dịch H2SO4 vào ống nghiệm. b. Cho mẩu Na vào dung dịch FeCl3. Cho biết hiện tượng các thí nghiệm trên và viết phương trình hóa học xảy ra. 1.2. Một hỗn hợp khí X gồm hai oxit là ROx và ROx+1 có tổng khối lượng là 84 gam. Ở điều kiện tiêu chuẩn, hỗn hợp X có thể tích là 28 lít. Hãy xác định công thức và phần trăm thể tích của hai oxit trong hỗn hợp X. Biết rằng R là nguyên tố thuộc nhóm VI trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học. Câu 2: 2.1. Từ dung dịch H2SO4 98% có D = 1,84 g/ml và dung dịch HCl 5M. Trình bày phương pháp pha chế để được 200 ml dung dịch hỗn hợp chứa H2SO4 1M và HCl 1M. 2.2. Hòa tan hoàn toàn 15,8 gam hỗn hợp kim loại bằng dung dịch HCl dư. Sau phản ứng chỉ thu được khí B và dung dịch A có chứa 58,4 gam muối. Cho khí B tác dụng với 8,96 lít khí Cl2 (đktc) rồi lấy sản phẩm hòa tan vào 38,1 gam nước thu được dung dịch D. Lấy 6 gam dung dịch D cho tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thấy tạo thành 8,61 gam kết tủa. Tính hiệu suất phản ứng giữa B và Cl2. Câu 3: 3.1. Axit CH2 = CH – COOH vừa có tính chất hóa học tương tự axit axetic, vừa có tính chất hóa học tương tự etilen. Viết các phương trình hóa học xảy ra giữa axit trên với: Na, Ca(OH)2, C2H5OH (có mặt H2SO4 đặc, đun nóng), và dung dịch Br2 để minh họa tính chất hóa học trên. 3.2. Một hỗn hợp A gồm etan (C2H6), etilen, axetilen, hiđro. Tỉ khối của hỗn hợp A so với CO2 là 0,4. Cho 11,2 lít hỗn hợp A đi qua dung dịch Br2 dư thấy khối lượng bình Br2 tăng thêm m gam. Hỗn hợp khí B thoát ra khỏi bình Br2 có thể tích 6,72 lít, trong đó khí có khối lượng phân tử nhỏ hơn chiếm 11,765% về khối lượng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. a. Viết các phương trình hóa học xảy ra. b. Tính phần trăm thể tích các khí trong B. c. Tính m gam. Câu 4:

4.1. Trên bàn thí nghiệm có 4 lọ A, B, C, D chứa các dung dịch HCl, CaCl2, NaHCO3, Na2CO3. Bạn em đã lấy một trong những chất trên bàn để làm thí nghiệm và có kết quả như sau: – Thí nghiệm 1: cho chất trong lọ A vào chất trong lọ C thấy có kết tủa. – Thí nghiệm 2: cho chất trong lọ C vào chất trong lọ D thấy có khí bay ra. – Thí nghiệm 3: cho chất trong lọ B vào chất trong lọ D thấy có khí bay ra. Em hãy cho biết bạn em đã lấy các dung dịch nào trong các lọ A, B, C, D để làm thí nghiệm? Viết các phương trình hóa học. 4.2. Trong một bình kín có thể tích V lít chứa 1,6 gam khí oxi và 14,4 gam hỗn hợp bột M gồm các chất: CaCO3, MgCO3, CuCO3 và C. Nung M trong bình cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, đưa về nhiệt độ ban đầu thấy số mol khí trong bình (chỉ có CO và CO2) gấp 5 lần số mol khí ban đầu. Chất rắn còn lại sau khi nung có khối lượng 6,6 gam được đem hòa tan trong lượng dư dung dịch HCl thấy còn 3,2 gam chất rắn không tan. a. Viết các phương trình hóa học xảy ra. b. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng các chất có trong hỗn hợp. Câu 5: 5.1. Từ 180 gam glucozơ bằng phương pháp lên men rượu thu được a gam rượu etylic (với hiệu suất lên men rượu là 80%). Oxi hoá 0,1a gam rượu etylic bằng phương pháp lên men giấm thu được hỗn hợp X. Để trung hòa hỗn hợp X cần 720 ml dung dịch NaOH 0,2M. Tính khối lượng mỗi chất tan có trong dung dịch thu được sau phản ứng oxi hóa rượu etylic. 5.2. Cho hợp chất hữu cơ A mạch hở, trong đó %C chiếm 48,65% (về khối lượng). Đốt cháy hết a mol A cần 3,5a mol O2 thu được sản phẩm chỉ gồm CO2 và H2O có số mol bằng nhau. a. Xác định công thức phân tử A. b. Biết rằng khi đun nóng 7,4 gam A với 200 gam dung dịch NaOH 20%, sau đó cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 44,2 gam chất rắn khan. Xác định công thức cấu tạo đúng của A. Biết phản ứng xảy ra hoàn toàn.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1.1 a. Khi cho quỳ tím vào dung dịch NaOH thì quỳ tím chuyển thành màu xanh. Sau đó nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 thì quỳ dần chuyển về màu tím. Khi lượng axit dư thì quỳ tím chuyển thành màu đỏ.

2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O b. Khi cho mẩu Na vào dung dịch FeCl3, ta thấy mẩu Na xoay tròn, chạy trên mặt dung dịch và tan dần, có khí không màu thoát ra. Xuất hiện kết tủa nâu đỏ. 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 3NaOH + FeCl3 → 3NaCl + Fe(OH)3↓ nhỗn hợp =1,25(mol) => M hh 

84  67, 2( g / mol ) 1, 25

 M ROx  6, 72  M ROx 1  R  16 x  67, 2  R  16 x  16

Biện luận: với R ∈ nhóm VI ⇒ x = 2 19,2 < R < 35,2 R là S Xác định được: ROx là SO2 và ROx+1 là SO3 Đặt số mol của SO2 là a, số mol của SO3 là b Ta có: a=1 ;

a + b = 1,25 và 64a + 80b = 84 b = 0,25

%V(SO2) = 80% %V(SO3) = 20% Câu 2: 2.1 Phần tính toán : Số mol H2SO4 cần lấy = số mol HCl cần lấy = Khối lượng dung dịch H2SO4 cần lấy = Hay thể tích dung dịch H2SO4 cần lấy = Thể tích dung dịch HCl cần lấy =

200  1  0, 2 (mol ) 1000

0, 2  98  100  20 ( gam) 98

20 = 10,87 (ml) 1,84

0, 2  1000 = 40 ml 5

* Cách tiến hành: Lấy khoảng 100 – 120 ml nước cất cho vào bình thể tích 200 ml có chia vạch, sau đó cho từ từ 20 gam dung dịch H2SO4 đặc hoặc đong 10,87 ml dung dịch H2SO4, đợi dung dịch H2SO4 thật nguội.

Tiếp theo đong 40 ml dung dịch HCl 5M thêm vào bình, cuối cùng thêm nước cất vào cho đến vạch 200 ml. 2.2 Đặt M là CT chung của hỗn hợp kim loại có hóa trị a 2M + 2aHCl nH 2 

2MCla +

aH2

1 1 58, 4  15,8 nHCl  nCl   0, 6(mol ) 2 2 2.35,5

nH 2  0, 6  nCl2 

H2 + Cl2

8,96  0, 4 22, 4

2HCl

lượng HCl lý thuyết = 2nCl2  0, 4.2  0,8(mol ) HCl + AgNO3

AgCl + HNO3 8, 61 143,5

0,06

(mol)

Khối lượng nước trong 6 gam dung dịch D = 6 – 0,06.36,5 =3,81(g) Lượng HCl thực tế nHCl  H

0, 06.38,1  0, 6(mol ) 3,81

0, 6.100  75(%) 0,8

Câu 3: 3.1 CH2 = CH – COOH + Na →CH2 = CH – COONa + 1/2H2 2CH2 = CH – COOH + Ca(OH)2 → (CH2 = CH – COO)2Ca + 2H2O CH2 = CH – COOH + Br2 → CH2Br – CHBr – COOH 3.2 a. Phương trình phản ứng : C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4

(1)

C2H4 + Br2 → C2H4Br2

(2)

b. Hỗn hợp khí B gồm có H2, C2H6. Gọi x, y ( mol ) lần lượt là số mol của H2 và C2H6 có trong 6,72 lít hỗn hợp B. nB = x + y = 6,72 : 22,4 = 0,3 mol 2x 11, 765   x  2y 30 y 100  11, 765

(I) (II)

Từ (I,II) => x = 0,2; y = 0,1 %V(H2) =

0, 2.100 = 66,67% 0,3

% V(C2H6) = 100% – 66,67% = 33,33% c. nA = 11,2 : 22,4 = 0,5 mol , M A = 0,4 . 44 = 17,6 g/ mol mA = 0,5 . 17,6 = 8,8 gam mB = 0,2 . 2 + 0,1 . 30 = 3,4 gam Vậy khối lượng bình Br2 tăng: m = mA – mB = 8,8 – 3,4 = 5,4 gam. Câu 4: 4.1 Na2CO3 + 2HCl →2NaCl + H2O + CO2 Na2CO3 + CaCl2 →2NaCl + CaCO3 NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2 Dung dịch trong lọ C vừa tạo kết tủa, vừa tạo khí khi tác dụng với 2 dung dịch khác nên dung dịch trong lọ C là Na2CO3. Dung dịch trong lọ D tạo khí khi tác dụng với 2 dung dịch khác nên dung dịch trong lọ D là HCl Dung dịch trong lọ A tác dụng với dung dịch C tạo kết tủa nên dung dịch trong lọ A là CaCl2. Dung dịch trong lọ B tác dụng với dung dịch D tạo khí nên dung dịch trong lọ B là NaHCO3. 4.2 a. Các phương trình có thể xảy ra: o

t C + O2   CO2

(1)

t CaCO3   CaO + CO2

(2)

t MgCO3   MgO + CO2 o

t CuCO3   CuO + CO2

(3) (4)

t C +CO2   2CO

(5)

t C + 2CuO   2Cu + CO2

(6)

(7)

t CO + CuO   Cu + CO2

CaO + 2HCl →CaCl2 + H2O

(8)

MgO + 2HCl →MgCl2 + H2O (9) CuO + 2HCl →CuCl2 + H2O (10)

b. Vì sau phản ứng có CO và CO2, các phản ứng xảy ra hoàn toàn nên các chất còn lại sau khi nung là CaO, MgO và Cu không có phản ứng (10) mCu = 3,2(g) => mCuCO3 = 6,2g Gọi số mol CaCO3, MgCO3, C trong hỗn hợp lần lượt là a, b, c.(*) nC  a  b  c  0, 05  5.

1, 6  0, 25(mol ) 32

mhh  100a  84b  12c  6, 2  14, 4( g ) Giải ( *), (**), (***) ta được a=0,025; b=0,05; c=0,125. %mMgCO3 

0, 05.84 .100  29,17(%) 14, 4

%mCaCO3 

0, 025.100 100  17,36  g  14, 4

%mMgCO3 

0, 05.84 100  29,17  g  14, 4

%mC 

0,125.12 100  10, 42  g  14, 4

Câu 5: 5.1 Men.ruou C6 H12O6   2C2 H 5OH  2CO2 30 35 C

1mol

1, 6mol

Men. giam C2 H 5OH  O2   CH 3CHOOH  H 2O

0,144mol

CH 3COOH  NaOH  CH 3COONa  H 2O

(1) (2) (3)

nC2H5OH (1) = 2.nC6H12O6 .80% = 1,6 mol nCH3COOH = nNaOH = 0,2. 0,72 = 0,144 mol

mCH3COOH  8, 64 Trong 0,1a gam nC2 H5OH (2)  0,144 mol Trong a gam nC2 H5OH (1) = 1,6 mol Khối lượng rượu dư: mC2 H5OH  (0,16 – 0,144) . 46 = 0,736 gam 5.2 a. Gọi CTPT A là CxHyOz (x, y, z nguyên dương). t 4Cx H y Oz   4 x  y  2 z  O2   4 xCO2  2 yH 2O

1

Theo bài ra:

12 x 48, 65  12 x  y  16 z 100

I 

4x +y –2z = 4.3,5=14

(II)

y= 2x

(III)

Giải hệ I,II,III ⇒ x=3, y= 6, z= 2 Vậy CTPT của A là: C3H6O2 b. Số mol A=7,4:74= 0,1(mol) , Số mol NaOH =

200.20  1(mol ) 100.40

Gọi CTCT của A : RCOOR' (R' có thể là H hoặc gốc hiđro cacbon). t  RCOONa + R'OH RCOOR' + NaOH 

Số mol NaOH dư = 1,0–0,1= 0,9 (mol) ⇒ Khối lượng RCOONa = 44,2– 0,9.40 = 8,2 (gam) ⇒R+67=8,2:0,1= 82 (g/mol) ⇒R=15 (CH3–) ⇒ CTCT đúng của A là CH3COOCH3