Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Hóa Học - Quảng Ngãi - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Hóa Học - Quảng Ngãi - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC 10 QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2022 - 2023 Câu 1. (1,0 điểm) Để phân biệt các khí cacbon đioxit và lưu huỳnh đioxit người ta thường dùng phản ứng với dung dịch nước brom mà không dùng phản ứng với dung dịch nước vôi trong. Hãy giải thích và viết các phương trình phản ứng xảy ra. GIẢI Để phân biệt các khí cacbon đioxit và lưu huỳnh đioxit người ta thường dùng phản ứng với dung dịch nước brom mà không dùng phản ứng với dung dịch nước vôi trong là do +) Khi dùng dung dịch brom khí SO2 sẽ làm nhạt màu đỏ nâu của dung dịch Br2, thậm chí là mất màu dung dịch Brom nếu lượng khí SO2 dư theo phương trình hóa học sau. SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr Còn khí CO2 thì không làm nhạt màu hoặc mất màu dung dịch Brom do CO2 không có phản ứng với dung dịch brom. +) Khi dùng dung dịch Ca(OH)2 dư thì SO2 làm cho nước vôi trong bị vẩn đục theo phương trình hóa học sau SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3↓ + H2O Và khí CO2 cũng làm nước vôi trong bị vẩn đục theo phương trình hóa học sau CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O Như vậy sẽ không phân biệt được hai chất khí. Câu 2. (1,0 điểm) Phân tử M có công thức XY 2 cấu tạo từ nguyên tử của hai nguyên tố X, Y. Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong phân tử M bằng 114 hạt. Hạt nhân nguyên tử X, Y đều có số hạt mang điện bằng số hạt không mang điện. Số hạt mang điện trong hạt nhân nguyên tử Y nhiều hơn số hạt mang điện trong hạt nhân nguyên tử X là 10. a) Xác định công thức phân tử của M. b) Một nguyên tử Y khi nhận 2 electron sẽ tạo ra ion Y 2-. Tính khối lượng của ion Y 2- theo gam (lấy 4 chữ số sau dấu phẩy). Biết rằng các hạt electron, proton, nơtron có khối lượng lần lượt là 9,1094.10-28 gam; 1,6726.10-24 gam; 1,6748.10-24 gam. GIẢI a) - Gọi E1, P1, N1 lần lượt là số electron, số proton, số nơtron của nguyên tử nguyên tố X - Gọi E2, P2, N2 lần lượt là số electron, số proton, số nơtron của nguyên tử nguyên tố Y - Theo đầu bài ta có SM E1 P1 N1 2. E2 P2 N2 114 E P , E P 3P 6P 114 P 6 1 1 2 2 1 2 1 P P 10 P 16 N1 P1, N2 P2 2 1 2 P2 P1 10 X là C, Y là lưu huỳnh Công thức phân tử của M là CS2 b) S + 2e → S2- m -28 -24 -24 -23 S2 = 14. 9,1094.10 + 16. 1,6726.10 + 16. 1,6748.10 = 5,3571.10
2. Câu 3. (1,0 điểm) Chọn các chất thích hợp cho các kí hiệu A 1, A2, A3, A4, A5, A6, A7 và viết các phương trình hóa học hoàn thành dãy chuyển hóa được cho dưới đây. Biết rằng tất cả các chất trong sơ đồ là nhôm hoặc hợp chất của nhôm và mỗi kí hiệu chỉ đại diện cho một chất, mỗi mũi tên là một phương trình phản ứng. (2) (3) A2  A3  A4 (1) (4) A1 A1 (5) (8) (6) (7) A5  A6  A8 GIẢI (2) (3) Al2(SO4)3  AlCl3  Al(NO3)3 (1) (4) Al(OH)3 Al(OH)3 (5) (8) (6) (7) Al2O3  Al  NaAlO2 (1) 2Al(OH)3 + 3H2SO4 loãng → Al2(SO4)3 + 3H2O. (2) Al2(SO4)3 + 3BaCl2 → 3BaSO4↓ + 2AlCl3. (3) AlCl3 + AgNO3 → AgCl↓ + Al(NO3)3. (4) Al(NO3)3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3NH4NO3. Nung (5) 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O. Ðpnc (6) 2Al2O3  4Al + 3O2↑. (7) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2↑. (8) 2NaAlO2 + CO2 + 3H2O → Na2CO3 + 2Al(OH)3↓. Câu 4. (1,0 điểm) Một hỗn hợp gồm sắt, sắt(II) oxit và đồng. Hãy dùng các phản ứng hoá học để nhận ra từng chất trong hỗn hợp. GIẢI Chia hỗn hợp X gồm sắt, sắt(II) oxit và đồng thành hai phần bằng nhau - Phần 1 cho tác dụng hết với dung dịch HCl loãng, dư Kim loại còn lại sau phản ứng là đồng, sắt và sắt (II) oxit phản ứng hết với dung dịch HCl dư Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O - Phần 2 cho tác dụng hết với dung dịch H 2SO4 đặc, nguội dư Kim loại còn lại sau phản ứng là sắt, đồng và sắt (II) oxit phản ứng hết với dung dịch H 2SO4 đặc, nguội dư, thu được dung dịch muối gồm CuSO4 và Fe2(SO4)3. Cu + 2H2SO4 đ,n → CuSO4 + SO2↑ + 2H2O. 2FeO + 6H2SO4 đ,n → Fe2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O. Cho dung dịch muối ở trên tác dụng với dung dịch NaOH, thấy xuất hiện kết tủa nâu đỏ của 3+ Fe(OH)3 có Fe có FeO
3. Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 2Fe(OH)3↓ + 3Na2SO4. Nâu đỏ CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + Na2SO4. Xanh Câu 5. (1,0 điểm) Khi làm lạnh 513,2 gam dung dịch bão hòa X 2SO4.H2O (trong đó X là kim loại kiềm và n nguyên, 7< n < 12) từ 85°C xuống 10°C thì có 197,7 gam tinh thể X 2SO4.H2O tách ra khỏi dung dịch. Biết độ tan của X 2SO4 ở 85°C và 10°C lần lượt là 28,3 gam và 9,0 gam. Tìm công thức của tinh thể X2SO4.H2O. GIẢI 0 - Độ tan của X 2SO4 ở 85°C là 28,3 gam Ở 85 C thì có 28,3 gam X2SO4 tan trong 100 gam nước tạo thành 128,3 gam dung dịch bão hòa 128,3 gam dung dịch bão hòa có 28,3 gam X2SO4 513,2 gam dung dịch bão hòa có x gam X2SO4 28,3.513,2 x = 128,3 = 113,2 gam 0 - Hạ nhiệt độ xuống 10 C thấy thoát ra 197,7 gam tinh thể X 2SO4.H2O tách ra khỏi dung dịch, từ đó ta có m = 513,2 – 197,7 = 315,3 gam dd 100 C 0 - - Độ tan của X 2SO4 ở 10°C là 9 gam Ở 10 C thì có 9 gam X2SO4 tan trong 100 gam nước tạo thành 109 gam dung dịch bão hòa 109 gam dung dịch bão hòa có 9 gam X2SO4 315,3 gam dung dịch bão hòa có y gam X2SO4 9.315,3 y = 109 = 26,03 gam - Vậy trong tinh thể X2SO4.H2O có +) mmuối trong tinh thể = 113,2 – 26,03 = 87,17 gam +) mnước = 197,7 – 87,17 = 110,53 gam - Trong tinh thể, tỷ lệ khối lượng nước và muối là 18.n 110,53 1569,06.n 10610,88 2.X 96 87,17 x 221,06 - Biện luận: theo đầu bài ta có 7 n 12 và X là kim loại kiềm n 7 8 9 10 11 12 X 2(loại) 9(loại) 16(loại) 23(nhận) 30(loại) 37(loại) Vậy X là Na, n = 10 Công thức phân tử của tinh thể là Na2SO4.10.H2O Câu 6. (1,0 điểm) Khử hoàn toàn một lượng oxit sắt bằng khí hiđro nóng, dư. Hơi nước tạo ra được hấp thụ hết vào 100 gam dung dịch axit sunfuric 98% thì thấy nồng độ axit giảm bớt 3,405%. Chất rắn thu được sau phản ứng khử trên được hoà tan hoàn toàn bằng dung dịch axit clohiđric thì thoát ra 3,36 lít khí (ở đktc). a) Tìm công thức oxit sắt. b) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho oxit sắt ở trên tác dụng với axit sunfuric loãng và axit sunfuric đặc, nóng. Giải thích vì sao có sự khác biệt về sản phẩm tạo thành trong hai
4. phản ứng đó. GIẢI - Theo đầu bài ta có t0 FexOy + yH2 dư↑  xFe + yH2O (1) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (2) - n = 3,36 = 0,15 mol H2 22,4 - Theo phương trình (2) ta có n = n = 0,15 mol Fe H2 - Hơi nước tạo ra được hấp thụ hết vào 100 gam dung dịch axit sunfuric 98% thì thấy nồng độ axit giảm bớt 3,405%. Có nghĩa là C% sau = 98 - 3,405 = 94,595%, khối lượng chất tan không thay đổi, chỉ thay đổi khối lượng nước +) Áp dụng công thức C% mct .100 98 .100 x = 103,6 gam m = 3,6 gam. md x H2O +) n = 3,6 = 0,2 mol H2O 18 t0 - Ta có FexOy + yH2 dư↑  xFe + yH2O (1) x y 0,15 0,2 (mol) x y x 3 x 3 Lập tỷ lệ nFe : nH O 0,15 : 0,2 y 4 2 y 4 - Vậy công thức phân tử của oxit sắt là Fe3O4 b) Fe3O4 + 4H2SO4 loãng → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O 2Fe3O4 + 10H2SO4 đặc → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Có sự khác biệt về sản phẩm phản ứng là do Fe 3O4 là oxit sắt từ chứa hỗn hợp FeO và Fe2O3, trong đó FeO còn tính khử và H2SO4 đặc có tính oxi hóa mạnh. Câu 7. (1,0 điểm) Hỗn hợp X gồm CaCO 3, MgCO3, và Al2O3, trong đó khối lượng của Al 2O3 bằng 1/10 tổng khối lượng các muối cacbonat. Nung X ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Y có khối lượng bằng 56,80% khối lượng hỗn hợp X. a) Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. b) Để hoà tan chất rắn thu được sau khi nung đến khối lượng không đổi 22,44 gam X trên thì cần dùng vừa đủ V ml dung dịch HCl 2 M. Tính V. GIẢI a) Gọi n = x mol, n = y mol, n = z mol. Giả sử khối lượng ban đầu của hỗn hợp CaCO3 MgCO3 Al2O3 là 100 gam. Theo đầu bài ta có 29 100x 84y 102z 100 x 55 5 100x 84y 102z.10 y 11 56x 40y 102z 56,8 z 50 561 %CaCO3 = 52,73% %MgCO3 = 38,18% % Al2O3 = 9,09% 29 5 50 b) Ta có 100 gam X có 55 mol CaCO3, 11 mol MgCO3, 561 mol Al2O3
5. Vậy trong 22,44 gam X có a mol CaCO3, b mol MgCO3, c mol Al2O3 29 5 50 22,4.55 22,4.11 22,4.561 a = 100 = 0,1181 mol, b = 100 = 0,1018 mol, c = 100 = 0,0199 mol Nung CaCO3  CaO + CO2↑ 0,1181 0,1181 mol Nung MgCO3  MgO + CO2↑ 0,1018 0,1018 mol Al2O3 không xảy ra phản ứng - Khi cho hỗn hợp sau nung tác dụng với HCl thì ta có CaO + 2HCl → CaCl2 + H2O 0,1181 2. 0,1181 mol MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O 0,1018 2. 0,1018 mol Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O 0,0199 6. 0,0199  nHCl = 2. 0,1181 + 2. 0,1018 + 6. 0,0199 = 0,56 mol n 0,56 VHCl = = = 0,28 lít = 280ml CM 2 Câu 8. (1,0 điểm) Từ metan, các chất vô cơ và điều kiện cần thiết, hãy viết các phương trình phản ứng để điều chế ancol etylic, metyl axetat, poli(vinyl clorua) và cao su buna. GIẢI - Điều chế ancol etylic (1) (2) (3) CH4  C2H2  C2H4  C2H5OH 15000 C (1) 2CH4 lln C2H2↑ + 3H2↑ Pd/PbCO3 (2) C2H2 + H2  C2H4 (3) C2H4 + H2O → C2H5OH - Điều chế metyl axetat (1) (2) (3) (6) CH4  C2H2  CH3CHO  CH3COOH CH3COOCH3 (4) (5) HCHO  CH3OH 15000 C (1) 2CH4 lln C2H2↑ + 3H2↑ (2) C2H2 + H2O → CH3CHO (3) CH3CHO + O2 → CH3COOH t0 (4) CH4 + O2 NO HCHO + H2O Ni,t0 (5) HCHO + H2  CH3OH 0 t ,H2SO4d (6) CH3OH + CH3COOH  CH3COOCH3 + H2O - Điều chế poli(vinyl clorua) (1) (2) (3) CH4  C2H2  C2H3Cl  PVC 15000 C (1) 2CH4 lln C2H2↑ + 3H2↑ 0 t ,HgCl2 (2) C2H2 + HCl  C2H3Cl
6. (CH2 CH )n t0 ,p,xt (3) nC2H3Cl  | Cl - Điều chế cao su buna (1) (2) (3) (4) CH4  C2H2  C4H4  C4H6  Cao su buna 15000 C (1) 2CH4 lln C2H2↑ + 3H2↑ t0 ,xt,p (2) 2C2H2  CH ≡ C – CH = CH2 t0 ,Ni (3) CH ≡ C – CH = CH2 + H2  CH2 = CH – CH = CH2 t0 ,xt,p (4) nCH2 = CH – CH = CH2  (CH2 CH = CH CH2 )n Câu 9. (1,0 điểm) Một loại xăng chứa bốn ankan có thành phần số mol: 10% C 7H16; 50% C8H18; 30% C9H20 và 10% C10H22. a) Khi dùng loại xăng này làm nhiên liệu cho một loại động cơ cần trộn lẫn hơi xăng với một lượng không khí vừa đủ theo tỉ lệ thể tích như thế nào để xăng cháy hoàn toàn thành CO2 và H2O (các thể tích khí được đo trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) ? Biết không khí có chứa 20% oxi và 80% nitơ theo thể tích. b) Giả sử một xe máy chạy 100 km tiêu thụ hết 1,794 kg xăng nói trên. Hỏi sau khi chạy 100 km, chiếc xe máy đó đã tiêu thụ hết bao nhiêu lít oxi của không khí và thải ra môi trường bao nhiêu lít CO2 (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) ? GIẢI a) Theo đầu bài ta có một loại xăng chứa bốn ankan có thành phần số mol: 10% C7H16; 50% C8H18; 30% C9H20 và 10% C10H22, tương ứng tỷ lệ số mol như sau: 1molC H 7 16 5molC8H18 O2 CO2 H2O 3molC9H20 1molC10H22 - Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta có +) n n = 7.n 8.n 9.n 10.n = 84 mol CO2 C C7H16 C8H18 C9H20 C10H22 1 1 +) n n = . 16.n 18.n 20.n 22.n = 94 mol H2O 2 H 2 C7H16 C8H18 C9H20 C10H22 1 1 +) n n = . 2.n n = 131 mol O2 2 O 2 CO2 H2O 131.100 - Trong 100 mol không khí có 20mol oxi và 80 mol Nito Vkhông khí = = 655 mol 20 Tỷ lệ số mol xăng khí là 10:655 b) Ta có 1. 7.12 16 5.(8.12 18) 3.(9.12 20) 1.(10.12 22) M = = 119,6 gam/mol 1 5 3 1 1,794.103 - Số mol xăng cần cho 100km là x = = 15 mol 119,6
7. 15.131 nO 196,5 2 10 V 196,5.22,4 4401,6ml O2 15.84 nCO 126 VCO 126.22,4 2822,4ml 2 10 2 15.94 VH O 141.22,4 3158,4ml 2 nH O 141 2 10 Câu 10. (1,0 điểm) Hỗn hợp Z gồm glucozơ và tinh bột. Chia hỗn hợp Z thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1: Đem khuấy trong nước ở nhiệt độ thường, lọc lấy dung dịch rồi cho phản ứng với bạc nitrat dư trong dung dịch NH3 thu được 2,16 gam Ag. - Phần 2: Đem đun nóng với dung dịch H 2SO4 loãng. Dung dịch sau phản ứng được trung hoà bởi dung dịch NaOH thu được dung dịch T. Cho T tác dụng hoàn toàn với bạc nitrat dư trong dung dịch NH3 thu được 6,48 gam Ag. a) Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp Z (biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). b) Viết công thức cấu tạo của phân tử glucozơ. Biết rằng trong phân tử này có 1 nhóm - CH=O, các nguyên tử oxi còn lại đều ở dạng -OH, mỗi nguyên tử cacbon chỉ có thể liên kết tối đa với 1 nhóm -OH và phân tử có mạch cacbon không phân nhánh. GIẢI - Ở phần 1 ta có C6H12O6 + 2AgNO3/NH3 → 2Ag 2,16 0,01 mol = 0,02 mol 108  nGlucozo = 2.0,01 = 0,02 mol mglucozo = 0,02.180 = 3,6g - Ở phần 2 khi đun nóng với dung dịch H 2SO4 loãng. Dung dịch sau phản ứng được trung hoà bởi dung dịch NaOH thu được dung dịch T. T lúc này gồm có Glucozo, muối Na 2SO4 và nước C6H12O6 + 2AgNO3/NH3 → 2Ag 6,48 0,03 mol = 0,06 mol 108 +) Do chia hỗn hợp thành 2 phần bằng nhau nên nglucozo (1) = nglucozo (2) = 0,01 mol nglucozo do tinh bột tạo thành = 0,03 – 0,01 = 0,02 mol t0 ,H (C6H10O5)n + nH2O  nC6H12O6 1 n 0,02 mol ← 0,02 mol n 0,02 0,04 0,04 n = 2. = mol mTB = .162n = 6,48g  C6H10O5 n n n n m 3,6 %Glucozo = Glucozo .100 = .100= 35,7% mGlucozo mTB 3,6 6,48 %TB = 100 - %Glucozo = 100- 35,7 = 64,3%
8. CH2 CH CH CH CH C O b) | | | | | | OH OH OH OH OH H