TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN LẦN 3
NĂM HỌC: 2015 – 2016
Môn: Hóa học (Đề gồm 4 câu 01 trang)
Ngày thi: 08-05-2016
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm)
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi:
a) Cho mẩu Ba vào dung dịch NaCl
b) Cho một mẫu Natri vào dung dịch FeCl3.
c) Cho bột Fe vào dung dịch AgNO3 dư.
d) Sục khí SO2 vào dung dịch KMnO4 sau đó cho tiếp dung dịch BaCl2 dư vào.
2. Trong tự nhiên các nguyên tố Ca, Mg có trong quặng đôlômit: CaCO3.MgCO3. Từ quặng này, hãy trình bày
phương pháp điều chế CaCO3, MgCO3 ở dạng riêng biệt tinh khiết?
Câu 2 (2,0 điểm)
1. Cho 5 chất khí: CO2, C2H4, C2H2, SO2, CH4 đựng trong 5 bình riêng biệt mất nhãn. Chỉ dùng hai thuốc thử,
trình bày phương pháp hóa học phân biệt mỗi bình trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Các dụng cụ thí
nghiệm có đủ.
2. Dùng một lượng dung dịch H2SO4 10%, đun nóng để hòa tan vừa đủ 0,4 mol CuO. Sau phản ứng, làm nguội
dung dịch. Khối lượng CuSO4.5H2O tách ra khỏi dung dịch là 30 gam. Tính độ tan của CuSO4 trong điều kiện thí
nghiệm trên.
Câu 3 (2,0 điểm):
1.Có sơ đồ biến đổi sau: X  Y  Z  X  Q
Biết rằng X là đơn chất của phi kim T còn Y, Z là hợp chất gồm 2 nguyên tố, trong đó có chứa T. Dung dịch chất
Y làm quỳ tím hóa đỏ. Z là muối của kali, trong đó kali chiếm 52,35% về khối lượng. Q là hợp chất (gồm ba
nguyên tố) tạo thành khi cho X tác dụng với dung dịch xút ở nhiệt độ thường.Xác định CTHH của các chất X, Y,
Z, Q và viết PTHH biểu diễn các biến đổi trên.
2. Đốt cháy 8,64 gam hỗn hợp Mg và Fe trong khí O2, thu được 12,32 gam hỗn hợp X chỉ gồm các oxit. Hòa


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC
(Hướng dẫn gồm 04 trang)
Câu
1
2,0

Ý
1
1,0

2
1,0

Nội dung
a. Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2
b. 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2
3NaOH + FeCl3 → Fe(OH)3 + 3NaCl
c. Fe + 2AgNO3 →Fe(NO3)2 + 2Ag
Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag
d. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4
BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl
MnSO4 + BaCl2 → BaSO4 + MnCl2
K2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2KCl
 MgCO3 to  MgO H 2O
KKMgO





t
CaCO3 
 CaO  CO2
o

t
CaO  H 2O 
 Ca (OH ) 2
o

Các pthh xảy ra: MgO  2 HCl 
 MgCl2  H 2O

0,5

MgCl2  Na2CO3 
 MgCO3  2 NaCl
Ca (OH ) 2  Na2CO3 
 CaCO3  2 NaOH

2
2,0

1
1,0

- Lấy mỗi khí một ít dùng làm thí nghiệm
- Dẫn từ từ từng khí vào dung dịch Ca(OH)2 dư, hai mẫu có kết tủa trắng là CO2, 0,25
SO2(nhóm I).
SO2(k) + Ca(OH)2(dd)  CaSO3+ H2O

H2SO4 

CuSO4 + H2O


1,0

0,4mol

0,4mol

0,4mol
0, 4.98.100
mddH2 SO 4 
 392( gam)
10
mCuSO4  0, 4.160  64,0( gam)

Khối lượng các chất trong bình khi phản ứng kết thúc là:
0,4.80 + 392 = 424(gam)
Khối lượng CuSO4 trong 30 gam CuSO4.5H2O
160
mCuSO4  30.
 19, 2( gam)
250
Sau khi CuSO4.5H2O tách ra thì dung dịch còn lại có:
mCuSO4  64  19, 2  44,8( gam)

0,25


T
100  52,35
Vậy X là Cl2, Y là HCl , Z : KCl ; Q: NaClO
Pthh: Cl2 + H2 → 2HCl
HCl + KOH → KCl + H2O
0,5
dpdungdich
2KCl + 2H2O 
 2KOH + Cl2 + H2
mangngan
Cl2

2
1,0

+ 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O

t
 2MgO
Các pthh: 2Mg + O2 
o

t
 Fe3O4
3Fe + 2O2 
MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O
Fe3O4 + 8HCl → 2 FeCl3 + FeCl2 + 4H2O
MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaCl
FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl
FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3NaCl

0,25

Khối lượng kết tủa thu được là: m = 0,06.108 + 0,46.143,5 = 72,49 g
0,25


4
2,0

1
1,0

Số mol NaOH: nNaOH  0,15.2  0,3(mol )
Phương trình hóa học:
RCOOH + NaOH 
 RCOONa + H2O
RCOOR’ + NaOH 
 RCOONa + R’OH
Từ hai phương trình hóa học trên ta thấy:
24, 6
nNaOH  nRCOONa  0,3(mol )  M RCOONa 
 82
0,3
 R = 82 – 67 = 15  R là CH3.
Công thức của axit là CH3COOH
- Lấy 13,8 gam B tác dụng với 11,5 gam Natri thu được 25 gam bã rắn
2R’OH + 2Na 
 2R’ONa + H2 
0,3 mol
0,15 mol

b. Tính khối lượng CH3COOH trong dung dịch
9, 2.1000
 92(ml )
1 lít rượu etylic 9,20  ta có VC2 H5OH 
100
0,25
92.0,8
 1, 6(mol )
 nC2 H5OH 
46
len men giam
 CH3COOH + H2O
C2H5OH + O2 
1,6 mol
?
Khối lượng CH3COOH tạo thành là:
80
mCH3COOH  1,6.60.
 76,8( gam)
100
0,5
mancol = 12,8 .71,875% = 9,2 g  nancol = 9,2/92 = 0,1 mol
0,25
và mH2O = 12,8 – 9,2 = 3,6 g  nH2O = 3,6/18 =0,2 mol
R(OH)n + nNa → R(ONa)n + n/2 H2
0,1
→
0,1n/2
H2O + Na → NaOH + ½ H2
0,2

2x
→ x → Δmtăng = 26x = 7,42- 5,6 = 1,82 → x = 0,07
→ 2M + 60 = 7,42/0,07 = 106 → M = 23 → M là Na
Ta có chất rắn khan Y gồm: CnH2n+1COONa : 0,1 mol
và NaOH dư: 0,14 - 0,1 = 0,04 mol
→ mCn H2 n1COONa  9,8  0,04.40  8,2  M Cn H2 n 1COONa  82 → n = 1
Vậy công thức của este là : CH3COOC2H5
Bảo toàn nguyên tố C ta có: nC  0,1.2  nCO2  nNa2CO3  nCO2  0,2  0,07  0,13

0,25

0,25

0,25

Vậy VCO2 = 0,13.22,4 = 2,912 lít
0,25
Các cách giải khác đáp áp mà đúng vẫn cho điểm tối đa.