38 Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa cực hay có lời giải chi tiết (Đề số 06)

a) đúng.

b) sai, đinh sắt đặt trong không khí ẩm mới bị ăn mòn

c) đúng

d) đúng

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:

C₁₂H₂₂O₁₁ + O₂ $\stackrel{t^{\circ }}{\to }$  12CO₂ + 11H₂O

CuSO₄( khan, màu trắng ) $\stackrel{hapthunuoc}{\to }$ CuSO₄.5H₂O (màu xanh)

CO₂ + Ca(OH)₂ dư → CaCO₃↓ (trắng) + H₂O

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 = 5 chu kì bán rã

=> sau 61,5 năm thì lượng triti còn lại là 3,125 mg

Vậy sau 61,5 năm lượng triti còn lại là 3,125 mg.

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.

O₂ + C $\stackrel{t^{\circ }}{\to }$ dư 2CO

Khí X là CO

Khi cho CO qua Al₂O₃ và Fe₂O₃ chỉ có Fe₂O₃ bị CO khử

Fe₂O₃ + 3CO $\stackrel{t^{\circ }}{\to }$ 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

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)

1 (mol)        → 1   (mol)

Ba(OH)₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃↓ + 2NaOH   (2)

1 (mol)      1  (mol)  →2  (mol)

Al      +   NaOH   + H₂O → NaAlO₂ + H₂↑   (3)

1 (mol) → 1 (mol)          → 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

a)

$C{H}_2=C{H}_2\stackrel{\left(1\right)}{\to }C{H}_{3}C{H}_2-OH\stackrel{\left(2\right)}{\to }C{H}_3-COOH\stackrel{\left(3\right)+C{H}_{3}C{H}_2-OH}{\to }C{H}_{3}COOC{H}_{2}C{H}_3$

 (1) CH₂=CH₂ + H₂O $\stackrel{t^{\circ }}{\to }$ CH₃-CH₂-OH

(2) CH₃-CH₂-OH + O₂ $\stackrel{mengiam}{\to }$ CH₃COOH

(3) CH₃COOH + CH₃CH₂OH $\stackrel{H_{2}S{O}_{4đặc},t^{\circ }}{\to }$ 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↑

n_AgNO3 = 0,2. 1 = 0,2 (mol)

PTHH: Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag↓

Theo PTHH: n_Cu = ½ n_AgNO3 = ½. 0,2 = 0,1 (mol)

=> m_Cu = 0,1.64 = 6,4 (g)

Theo PTHH: n_Ag = n_AgNO3 = 0,2 (mol) => m_Ag = 0,2.108 = 21,6 (g)

Vì Ag sinh ra đều bám hết vào thanh đồng => khối lượng thanh đồng tăng số gam là :

∆ = m_{Agsinh ra}  - m_{Cu pư} = 21,6 – 6.4 = 15,2 (g)

Gọi số mol CuSO₄.5H₂O cần lấy là x (mol) => n_CuSO4 = x (mol)

Khối lượng CuSO₄ 2% có trong 400 gam dung dịch là:

Tổng số mol CuSO₄ sau khi hòa tan là: x + 0,05 (mol)           

=> thể tích dung dịch sau khi hòa tan:

Từ (1) và (2)

=> (x+ 0,05).1000 

=> 1100x + 55 = 160x + 400

=> 850x = 345

=> x ≈0, 406 (mol)

=> m_CuSO4.5H2O = 0,406.250 = 101,47 (g)

n_HCl = 0,5.1,4 = 0,7 (mol) ; n_H2SO4 = 0,5.0,5 = 0,25 (mol) => n_SO42- = n_H2SO4 = 0,25 (mol)

∑ n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 0,7 + 2.0,25 = 1,2 (mol)

n_NaOH = 2V (mol) ; n_Ba(OH)2 = 4V (mol)

∑ n_OH- = n_NaOH + 2n_Ba(OH)2 = 2V + 2.4V = 10V (mol)

Các PTHH xảy ra:

H⁺ + OH^- →  H₂O    (1)

Ba²⁺ + SO₄^2- → 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

n_H2 = 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↑    (3)

         0,3          ← 0,15     (mol)

=> n_H+ (1) = ∑ n_H+ - n_{H+ dư} = 1,2 – 0,3 = 0,9 (mol)

Theo (1): ∑n_OH- = n_{H+ (1)} = 0,9 = 10V => V = 0,09 (lít)

n_Ba(OH)2 = 4.0,09 = 0,36 => n_Ba2+  = n_Ba(OH)2 = 0,36 (mol) > n_SO42-

Từ PTHH (2) => n_BaSO4 = n_SO42- = 0,25 (mol) => m_BaSO4 = 0,25.233 = 58,25(g)

TH₂: dd C có chứa OH^- dư  => phản ứng (1) H⁺ phản ứng hết

Zn + 2OH^- → ZnO₂^2- + H₂↑    (4)

         0,3                   ← 0,15 (mol)

=> ∑ n_OH- = n_OH-(1) + n_{OH- (4)} = 1,2 + 0,3 = 1,5 (mol)

=> 10V = 1,5

=> V = 0,15 (lít)

=> n_Ba(OH)2 = 0,15. 4 = 0,6 (mol)

=> n_Ba2+ = 0,6 (mol) > n_SO42- = 0,25 (mol)

=> m_BaSO4 = 0,25.233 = 58,25 (g)

n_H2 = 85,12 : 22,4 = 3,8 (mol) ; n_H2O = V_H2O.D = 108 (g) => n_H2O = 108/18 = 6 (mol)

PTHH:

2Na + 2C₂H₅OH → 2C₂H₅ONa + H₂↑

                x          → 0,5x    (mol)

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

           6       → 3       (mol)

Ta có: n_H2 = 0,5x + 3 = 3,8

=> x = 1,6 (mol) = n_C2H5OH

m_C2H5OH = 1,6.46 = 73,6 (g)

n_CH3OH = 3,2: 32 = 0,1 (mol)

R−COO-CH₃ + H₂O →  R – COOH + CH₃− OH

0,1    ←                              0,1            ← 0,1              (mol)

m_este = 0,1 (R + 59) = a (1)

m_axit  = 0,1 (R + 45 ) = 0,776a (2)

Vậy CTPT của este X là HCOOCH₃

a)

C_xH_{2x +2} + (3x+1)/2O₂  $\stackrel{t^{\circ }}{\to }$ x CO₂ + (x+1) H₂O

C_yH_2y + 3y/2O₂ $\stackrel{t^{\circ }}{\to }$ y CO₂ + y H₂O

C_zH_2z-2 + (3z-1)/2O₂  $\stackrel{t^{\circ }}{\to }$ 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

=> m_CO2 + m_H2O = 9,56 (g)

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

n_CO2 = n_CaCO3 = 16/100 = 0,16 (mol)

=> n_H2O = (9,56 – 0,16.44)/18 = 0,14 (mol)

Ta có hệ phương trình:

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:

Vậy công thức phân tử của 3 hidrocacbon là: C₂H₆; C₂H₄ và C₂H₂