[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018]
Câu 1
1. Hợp chất A có công thức phân tử là MX2. Tổng số hạt proton, notron và electron trong A là
106, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 34. Tổng số hạt trong
nguyên tử M nhiều hơn tổng số hạt trong nguyên tử X là 34. Tổng số proton và notron của M
nhiều hơn tổng số proton và notron của X là 23.
a. Tìm công thức phân tử hợp chất A.
b. Hợp chất A được sử dụng trong tàu vũ trụ với mục đích hấp thụ khí do con người thở ra và
sinh ra khí để con người hít vào để đảm bảo sự hô hấp cho các phi hành gia. Viết phương trình
phản ứng biểu diễn quá trình trên.
c. Cho A vào lượng nước dư được khí B và dung dịch C, lấy khí B phản ứng với lượng Fe vừa
đủ (có đốt nóng) thu được chất rắn D. Hòa tan hết D vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư sinh ra
dung dịch E, cho một lượng dư dung dịch C vào dung dịch E tạo thành kết tủa F, nung F trong
điều kiện không có không khí tạo ra chất rắn G. Viết các phương trình phản ứng xảy ra biểu diễn
quá trình trên.
Hướng dẫn
1.
a.

- Hợp chất KO2 là chất rắn màu
vàng, được sử dụng trong tàu vũ
trụ.
- Cấu tạo nguyên tử:
Với hợp chất AaBb

2PM  4PX  N M  2N X  106 
106  34
 35

  PM  2PX 
4

2P

4P

(N

2N
)

34
P  19  K


X
M
X

 M
 KO2
Ta có  M
P

8

O


2P

N


(2P

N
)

34
P

P

11

  M
 M
 X
M
X
X
X
P  N  (P  N )  23   N  N  12
  M
M
X
X
X
 M

S: tổng số hạt trong hợp chất
h: hiệu số hạt mang điện và số hạt

không mang điện
Với ion (AaBb)+m

b.
c.

2KO2 + CO2 → K2CO3 + 1,5O2↑
Ta có sơ đồ sau:

 B : O 

 Fe3O4  E : Fe2 (SO4 )3  Fe(OH)3  Fe2O3
 H2 O
2
to
KO2 

ddC : KOH
 Fe

 H2SO4
ñaëc ,noùng,dö

 KOH

to

KO2

Với ion (AaBb)-n


1


[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018]
2KO2 + H2O → 2KOH + 1,5O2↑
to
O2 + Fe 
 Fe3O4
Fe3O4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2↑ + H2O
Fe2(SO4)3 + 6KOH → 2Fe(OH)3↓ + 3K2SO4
to
2Fe(OH)3 
 Fe2O3 + 3H2O
2. Không dùng thêm hóa chất, hãy phân biệt 3 ống mất nhãn chứa riêng biệt 3 dung dịch không
màu sau: dung dịch HCl, dung dịch NaOH và dung dịch phenolphtalein.
Hướng dẫn
Lấy mẫu từng lọ dung dịch, đánh số thứ tự để thuận tiện đối chiều kết quả thực nghiệm.

HCl
NaOH
Phenolphtalein
Tổng kết

HCl
x
x
x
x


NaOH
x
x
Hồng
1 hồng

Nhỏ từ từ Phenol vào dung dịch
NaOH và khuấy đều

Phenolphtalein
x
Hồng
x
1 hồng

Ta nhận biết được dung dịch HCl. Còn lại 2 dung dịch NaOH và Phenolphtalein.
Nhỏ vài giọt NaOH vào dung dịch Phenolphtalein và vài giọt Phenolphtalein vào dung dịch
NaOH, ta thu được 2 mẫu thử màu hồng, giả sử là A, B.
Nhỏ vài giọt HCl vào mẫu A, thấy thấy:
TH1: màu hồng của A mất
Suy ra: mẫu A được tạo bởi: nhỏ từ từ NaOH vào Phenolphtalein, ta kiểm tra số thứ tự mẫu thử
là nhận biết được NaOH và Phenolphtalein.
TH2: A vẫn còn màu hồng
Suy ra: mẫu A được tạo bởi: nhỏ từ từ Phenolphtalein vào NaOH, ta kiểm tra số thứ tự mẫu thử
là nhận biết được NaOH và Phenolphtalein.

Sơ đồ pha loãng H2SO4 đặc

2



[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018]
3. Hãy nêu cách pha loãng dung dịch H2SO4 đậm đặc. Giải thích rõ ràng ý nghĩa của từng thao
tác khi thực hiện thí nghiệm này.
Hướng dẫn
Chuẩn bị cốc thủy tinh đựng nước, đũa thủy tinh và ống nghiệm.
Rót từ từ H2SO4 đặc trong ống nghiệm vào đũa thủy tinh đặt trong cốc đựng nước.
Đũa thủy tinh giúp quá trình pha chế được an toàn vì tránh tiếp việc xúc nhanh giữa axit H2SO4
đặc và H2O có thể gây bỏng.
Câu 2
1. Trộn 10,92 gam kim loại Kali vào 17,6 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm và một kim
loại kiềm thổ được hỗn hợp Y, phần trăm khối lượng của Kali có trong Y là 51,964%. Lấy toàn
bộ Y cho vào cốc nước dư được dung dịch A và 6,496 lít H2 (đktc).
a. Tìm kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ có trong X.
b. Hấp thụ hoàn toàn V lít CO2 (đktc) vào cốc đựng dung dịch A, sau phản ứng làm bay hơi cẩn
thận hết lượng nước trong cốc thì thu được 50,415 gam hỗn hợp muối khan. Tìm giá trị của V.
Hướng dẫn
a.
Ta có: mY = mK + mX = 10,92 + 17,6 = 28,52g → mK(Y) = 28,52.51,964% = 14,82g
→ nK(Y) = 0,38. Mà nKban đầu = 0,28 → nK(X) = 0,38 – 0,28 = 0,1.
K : 0,1 K : 0,38
X
Y
 0,5.0,38  x  0,29  x  0,1  M  137 (Ba)
M : x
M : x
17,6g

Vậy kim loại kiềm trong X là K và kiềm thổ là Ba.
b.

K  : 0,38
 2
BTÑT
KOH : 0,38
 2a  b  0,38  2.0,1
Ba : 0,1
 
 CO2
ddA 

 ddB 

V
2
Ba(OH)2 : 0,1
39.0,38  137.0,1  60a  61b  50, 415
CO3 : a
HCO  : b
3


Mở rộng kiến thức
Hỗn hợp kim loại (kiềm + kiềm
thổ) pứ với H2O rất mãnh liệt

2H2O + 2e → 2OH- + H2↑
Nhận xét: ne nhận = ne cho = 2.nH2
ne nhận = ne cho = nOH* Khi pứ với dung dịch axit thì :
Đầu tiên : pứ với axit trước
Na + HCl → NaCl + 0,5H2↑

Sau đó: axit hết, kim loại dư
Na + H2O → NaOH + 0,5H2↑
Dung dịch sau pứ sẽ làm quì
chuyển màu xanh.
Luôn có : Na(1) → 0,5H2(2)

3


[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018]
a  0,2175 BTNT.C

 CO2 : 0,3625  V  8,12 (lít)
b

0,145


Chú ý : hỗn hợp muối tạo ra phức tạp nên dùng BT điện tích sẽ tránh được rắc rối khi các em
không biết tính số mol từng muối thế nào.
2. Hàm lượng cho phép của tạp chất lưu huỳnh trong một loại nhiên liệu là 0,30% khối lượng.
Người ta đốt cháy hoàn toàn 100 gam nhiên liệu này và dẫn sản phẩm cháy (giả thiết chỉ có CO2,
SO2 và hơi nước) qua dung dịch KMnO4 5,0.10-3M trong H2SO4 thì thấy thể tích dung dịch
KMnO4 đã phản ứng vừa hết với lượng sản phẩm cháy trên là 625ml. Hãy tính toán xác định
xem lượng nhiên liệu đó có được phép sử dụng không?
Hướng dẫn
nKMnO4pứ = 0,003125 mol
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4
0,0078125 ←0,003125
→ nS = nSO2 = 0,0078125 → mS = 0,25g → %S 


0,25
.100%  0,25%  0,30%
100

Vậy lượng nhiên liệu này là an toàn và được phép sử dụng.
3. Đốt cháy hoàn toàn 12 gam một muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu được chất rắn A và
khí B. Hòa tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch muối
có nồng độ 33,33%. Làm lạnh dung dịch muối này thấy thách ra 15,625g tinh thể muối ngậm
nước X, phần dung dịch bão hòa lúc này có nồng độ 22,54%.
3.1 Xác định kim loại M và công thức hóa học muối tinh thể ngậm nước X.
3.2 Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi:
a. Đun nóng khí B với Mg trong bình kín thấy thoát ra chất rắn màu vàng.
b. Cho khí B đi qua nước Brom cho đến khi vừa mất màu đỏ nâu của dung dịch. Sau đó thêm
BaCl2 vào thấy kết tủa trắng.
c. Khi B là một trong những khí gây ra hiện tượng mưa axit. Hãy viết các phương trình phản ứng
hóa học để làm sáng tỏ nhận định trên.

Mở rộng
* Khối lượng dd sau pứ:
mdd sau pứ = mchất tham gia – m(↓+↑)
Nếu chất tham gia có dung dịch
thì phải lấy khối lượng dung dịch
* Bài tập tinh thể ngậm nước:
Ví dụ: CuSO4.nH2O có x (mol)
Khi tinh thể tách ra thì:
Chất tan giảm đi 160x (gam)
Dd giảm đi (160 + 18n)x (gam)
Dựa vào độ tan hoặc C% của dung
dịch sau pứ để tính n.


Tinh thể CuSO4

4


[ THI VO 10 CHUYấN HểA BèNH DNG 2018]
Hng dn

X :15,625g
H2SO4
to
ddA
MO

24,5%; ủuỷ
MS

33,33%
ddB baừo hoứa:22,54%
x(mol)
SO

2
O2

MO + H2SO4 MSO4 + H2O
x
x
Ta cú: mdd A = mMO + mddH2SO4 = (M + 16)x + 400x = Mx + 416x

ddA cha MSO4 x (mol) (M + 96)x = 33,33%(Mx + 416x) (1)
(1)
Mx 8

M 64 (Cu)
(M 32)x 12 x 0,125

Vy

Ta cú: mdd A = 60g mdd A = mX + mdd B mdd B = 44,375g
mCuSO4 (B) = 44,375.22,54% = 10g nCuSO4 (B) = 0,0625
Gi tinh th mui cú CTPT: CuSO4.nH2O cú y (mol)
nCuS nCuSO4 .nH2 O nCuSO4(B)
BTNT.Cu


M tinh theồ X 250 n 5 CuSO4 .5H 2 O
CuSO4 .nH 2 O : 0, 0625

Vy tinh th mui ngm nc cú CTPT: CuSO4.5H2O.
Cõu 3
1. T khớ metan v cỏc cht vụ c cú sn hay vit cỏc phn ng húa hc iu ch: axit axetic,
etylaxetat, hexacloran (C6H6Cl6).
2. Chia hn hp X gm 4 hidrocacbon th khớ (ch cú th l ankan, anken hoc ankin) thnh 2
phn bng nhau:
- Phn 1: dn qua dung dch brom ly d thy cú 64 gam brom phn ng v thu c hn hp
khớ Y bay ra khi bỡnh, t chỏy hon ton lng khớ Y ny thu c 22 gam CO2 v 14,4 gam
H2O.
- Phn 2: t chỏy ht thỡ cn 49,28 lớt oxi v thu c 28,8 gam nc.
a. Tớnh khi lng hn hp X.


Thuc tr sõu 6,6,6

5


[ĐỀ THI VÀO 10 CHUN HĨA BÌNH DƯƠNG 2018]
b. Tính tỉ khối hơi của X so với H2.
c. Tìm các hidrocacbon biết khối lượng mol của mỗi hidrocacbon khơng q 50g/mol.
Hướng dẫn
1.
o

1500 C
2CH 4 
 CH  CH  3H 2
làm lạnh nhanh
HgSO4
CH  CH  H 2 O 
 CH 3CHO
80o C
o

t
CH3CHO  0,5O2 
 CH3COOH (Axit axetic)
xt
Ni
CH3CHO  H 2 
 CH3CH 2 OH

t
H2SO4
CH3COOH  C2 H 5OH 
 CH 3COOC2 H 5 (etylaxetat)  H 2 O
loãng
trime hóa
CH  CH 
 C6 H 6
C, 600oC
ánh sáng
C6 H 6 
 C6 H 6 Cl 6 (hexacloran:thuốc trừ sâu 666)

2.
a.
 Br2
 O2
 
  Y 
 CO2  H 2 O
0,4
t

0,5
0,8
X
  O
2
 CO2  H 2 O
 

4 Hidrocacbon
2,2

1,4
1,6

2nO2  2nCO2  nH 2 O
mX  mC  mH


BTKL

  2.2,2  2.nCO2  1,6 
 mC  12.nC  12.nCO2  mX  1, 4.12  2.1,6
 nCO  1, 4

20(gam)
mH  nH  2.nH 2 O
2

BTNT.O

Bài tốn đốt cháy Hidrocacbon:
Cần nhớ:

Kiềm hấp thụ cả CO2 và H2O
Bình tăng = m(CO2 + H2O)
Dd tăng = m(CO2+H2O) – mCaCO3

b.


6


[ĐỀ THI VÀO 10 CHUN HĨA BÌNH DƯƠNG 2018]
n X  nBr2  x
Cn H2n : nBr2  0,4  BTNT.C
 X  100
Qui đổi X 
   0,4n  1,4  x  0,2  n X  0,4  (0,2)  d   
H2 : x
 H2  3
14n.0,4  2x  20
0,6


c.
Các hidrocacbon đều ở thể khí thì số C của mỗi hidrocacbon ≤ 4 (- pentan C5H12).
Y khơng bị brom hấp thụ thì Y là ankan. Khi đó : nY = H2O – nCO2 = 0,3
Số C(Ankan) 

0,5
 1,67  Y là hỗn hợp 2 ankan có CTPT:C 5 H16 : 0,3(mol)
0,3
3
3

Qui đổi Hidrocabon:

Mol hỗn hợp = mol Br2 – a

mHidrocacbon = 14n.nCnH2n – 2a

nAnkan  nH2 O  nCO2

Đốt cháy Anken : nH 2O  nCO2  nAnkan  nAnkin  nH 2O  nCO2  0,2  Ankin : 0,1
nAnkin  nCO  nH O
1,6 - 1,4
2
2

C 5 H 16 : 0,3
 3 3
5

 .0,3  0,2n  0,1m  1, 4
C H
BTNT.C
Y Cn H 2n : 0,2   3
 3 6
CH
n,m  4
C H
 2n  m  9 
n  m  3  3 4
: 0,1

m
2m

2



CH 4 : x
x  y  0,3

0,5

M < 50
Số C(Ankan) 
 1,67 
  C2 H 6 : y    x  2y  0,5  0,1; 0,2
0,3
 C H : y
  x  3y  0,5   0,2; 0,1



 3 8

Khi đốt cháy:
nAnkan = nH2O – nCO2
Anken: nH2O = nCO2
nAnkin = nCO2 – nH2O
nAnkin – nAnkan = nCO2 – nH2O
nH2O > nCO2: có ít nhất 1 ankan.

Vậy X gồm: CH4; C2H6 hoặc C3H8; C3H6; C3H4.
Câu 4
1. Hãy nêu phương pháp hóa học tách riêng từng hidrocacbon sau ra khỏi hỗn hợp gồm etan,
propen và but-1-in (các hóa chất có đủ)


7


[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018]
2. Cho 15,2 gam hỗn hợp A gồm 1 ancol no đơn chức mạch hở (X): CnH2n+1OH và 1 axit no, đơn
chức mạch hở (Y): CmH2mO2 tác dụng với lượng dư Na tạo thành 3,36 lít H2. Mặt khác nếu đốt
cháy lượng A như trên thu được 13,44 lít CO2 (đktc).
a. Tính phần trăm khối lượng của (X) và (Y).
b. Tính khối lượng este tạo thành khi este hóa A, biết hiệu suất phản ứng là 40%.
Hướng dẫn
1. Ta có sơ đồ sau:
C 2 H 6

 AgNO3

C3 H 6 
NH3 dö
C H
 4 6

 AgCl
 HCl

C4 H 6 : C4 H5 Ag 
dö
C4 H6
C2 H 6
C2 H6  ddBr
2

C H



dö
 Mg
C3 H 6 Br2 
 3 6
C3 H 6
MgBr2
ddNH3

2CH  C  CH2  CH3  Ag2 O  2C(Ag)  C  CH2  CH3 (vaøng)  H 2 O
C(Ag)  C  CH2  CH3  HCl  CH  C  CH 2  CH3  AgCl (traéng)
CH2  CH  CH3  Br2  CH 2 (Br)  CH(Br)  CH3
CH2 (Br)  CH(Br)  CH3  Mg  CH 2  CH  CH3  MgBr2

2.
ROH + Na → RONa + 0,5H2↑
R’COOH + Na → R’COONa + 0,5H2↑
→ n(ROH + R’COOH) = 2.nH2 = 0,3
Ta có Soá C 

Mở rộng

-COOH, -OH, H2O, Phenol
đều có nhóm –OH, do vậy pứ
với Na là giống nhau.
-OH + Na → -ONa + 0,5H2↑
Nhận xét: nOH = 2.nH2

Tăng giảm khối lượng: bỏ đi
1H (1) và thêm vào 1Na (23),
vậy:

 TH1 : Soá C(Ancol)  2  CH3OH
nCO2 0,6
n m

 2 

nA
0,3
 TH2 : Soá C(Axit)  2  HCOOH

8


[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018]
x  y  0,3
x  0,2
CH3OH : x




 32x  (14m  32)y  15,2  y  0,1  m  4  C3H 7COOH
Cm H 2m O2 : y 
my  0, 4
x  my  0,6


x  y  0,3
nx  0,5
Cn H 2n2 O : x 

TH2
Soá C = 2


 (14n  18)x  46y  15,2  x  0,5  n  1 
 loaïi
HCOOH : y
nx  y  0,6
y  0,1


CH OH : 0,2  42,11%
Vậy %m  3
C3 H 7 COOH : 0,1  57,89%
TH1

9