Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 16)

a) Fe₃O₄ + 4H₂SO_{4 (loãng)} → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O

2Fe₃O₄ +10 H₂SO_{4 (đặc)}  $\stackrel{t^0}{\to }$3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ ↑ + 10H₂O

b) 2NaOH _(dư) + Ca(HCO₃)₂ → Na₂CO₃ + CaCO₃ ↓ + 2H₂O

4NaOH _(dư) + AlCl₃ → NaAlO₂ + 3NaCl + 2H₂O

c) 3AgNO₃ + FeCl₃ → 3AgCl↓ + Fe(NO₃)₃

AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓

d) Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag↓

Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

(1) Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

(2) NaAlO₂ + HCl + H₂O → NaCl + Al(OH)₃↓

(3) 2Al(OH)₃ $\stackrel{t^0}{\to }$Al₂O₃ + 3H₂O

(4) 2Al₂O₃ $\stackrel{dpnc}{\to }$4Al + 3O₂

(5) Na₂O + H₂O → 2NaOH

(6) NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O

(7) Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂ + H₂O

(8) 2NaCl $\stackrel{dpnc}{\to }$2Na + Cl₂

b) Tại 70^oC  

S_X = 25 gam, m_dd = 150 g

⇒ C%_X = $\frac{25}{25+100}.100\%=20\%$

⇒ m_X = $\frac{20\%.150}{100\%}=30g$

Tại 30^oC

S_X = 15 gam ⇒ C%_X = $\frac{15}{15+100}.100\%\approx 13,04\%$

Gọi x là độ kết tinh của X

Khi đó: m_ddX = 150 – x (g); m_X = 30 – x (g)

Ta có: $\frac{30-x}{150-x}.100\%=13,04\%$ ⇒ x = 12 g

Vậy có 12 gam X khan tách ra khỏi dung dịch

a) Cho KOH dư vào dung dịch A thấy có khí thoát ra chứng tỏ có NH₄Cl hoặc (NH₄)₂CO₃

Cho KOH dư vào dung dịch A thấy xuất hiện kết tủa trắng chứng tỏ có Ba(HCO₃)₂

Dung dịch chứa đồng thời (NH₄)₂CO₃ và Ba(HCO₃)₂ không tồn tại.

Vậy A chứa NH₄Cl và Ba(HCO₃)₂

Hướng dẫn giải

${\text{n}}_{{\text{BaCO}}_{\text{3}}}\text{=}\frac{\text{29,55}}{\text{197}}\text{=0,15A}$ (mol), ${\text{n}}_{{\text{Ba(OH)}}_{\text{2}}}$= 0,25 (mol)

Khí X hấp thụ vào Ba(OH)₂ thì chỉ có CO₂ phản ứng ta có:

Bảo toàn nguyên tố (Ba) ${\text{n}}_{{\text{Ba(HCO}}_{\text{3}}{\text{)}}_{\text{2}}}$= 0,25 – 0,15 = 0,1 (mol)

Bảo toàn nguyên tố (C) ${\text{n}}_{{\text{CO}}_{\text{2}}}{\text{=n}}_{{\text{C(BaCO}}_{\text{3}}\text{)}}{\text{+n}}_{{\text{C(Ba(HCO}}_{\text{3}}{\text{)}}_{\text{2}}}$= 0,15 + 2.0,1 = 0,35 (mol)

Đặt n_CO = x (mol)

Do $d_{X/H_2}$= 19,6 ⇒ 28x + 44.0,35 = 19,6.2.(x + 0,35)

⇒ x = 0,15 (mol)

Bảo toàn nguyên tố (C) n_{C bđ}  = n_C(CO) + $n_{C\left(C{O}_2\right)}$ = 0,15 + 0,35 = 0,5 (mol)

⇒ m_C = 0,5.12 = 6 (g) ⇒ m_{tạp chất}  = 6,25 – 6 = 0,25 g

⇒ %m_{tạp chất}  = $\frac{0,25.100\%}{6,25}=4\%$

Hướng dẫn giải

Các phương trình hóa học theo sơ đồ phản ứng:

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O $\stackrel{H_{2}S{O}_4,t^0}{\to }$nC₆H₁₂O₆

C₆H₁₂O₆ $\stackrel{enzim}{\to }$2C₂H₅OH + 2CO₂

C₂H₅OH + O₂ $\stackrel{xt}{\to }$CH₃COOH + H₂O

CH₃COOH + C₃H₇OH $\stackrel{H_{2}S{O}_4,t^o}{\rightleftarrows }$ CH₃COOC₃H₇ + H₂O

CH₃CH₂CH₂OH $\stackrel{H_{2}S{O}_4,{180}^{0}C}{\to }$CH₃CH=CH₂ + H₂O

CH₃CH=CH₂ + HBr → CH₃CHBr-CH₃

CH₃CHBr-CH₃ + NaOH $\stackrel{t^0}{\to }$CH₃CH(OH)CH₃ + NaBr

CH₃CH(OH)CH₃ + CH₃COOH $\stackrel{H_{2}S{O}_4,t^o}{\rightleftarrows }$CH₃CH(OCOCH₃)CH₃ + H₂O

A, B, C đều tác dụng với Na; B tác dụng với NaOH, C có phản ứng tráng gương nên:

A là hợp chất của ancol

B là hợp chất của axit cacboxylic

C là hợp chất vừa chứa nhóm chức ancol vừa chứa nhóm chức anđehit

Với M = 60 g /mol ta có:

CTPT của A là: C₃H₈O; CTCT của A là: 1. CH₃CH₂CH₂OH; 2. CH₃CH(OH)CH₃

CTPT của B là: C₂H₄O₂; CTCT của B là: CH₃COOH

CTPT của C là: C₂H₄O₂; CTCT của C là: HOCH₂CHO

CTTQ của X là: (C₄H₅)_n

Do X thuộc đồng đằng của benzen nên CTTQ khác của X là: C_mH_2m-6 (m ≥ 6)

⇒ 4n = m và 5n = 2m – 6

⇒ $\frac{\text{m}}{\text{2m\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}-\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}6}}\text{=}\frac{\text{4}}{\text{5}}$⇒ m = 8

Vậy CTPT của X là: C₈H₁₀

CTCT của X gồm 7 đồng phân

Hướng dẫn giải

Đặt ${\text{n}}_{{\text{CO}}_{\text{2}}}\text{=\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}a(mol)}$, ${\text{n}}_{{\text{H}}_{\text{2}}\text{O}}\text{=\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}b(mol)}$

Ta có: m_{dd giảm} = m_{kết tủa} – (${\text{m}}_{{\text{CO}}_{\text{2}}}{\text{+m}}_{{\text{H}}_{\text{2}}\text{O}}$)

⇔ 4,56 = 25 – (44a + 18b)

⇔ 44a + 18b = 20,44

Bảo toàn nguyên tố (C) a = 0,25 + 0,05.2 = 0,35 (mol)

⇒ b = 0,28 (mol)

n_ankin= 0,35 – 0,28 = 0,07 (mol)

Đặt n_anken = x (mol)

Ta có: $\frac{x+0,07}{x+0,07.2}=\frac{50}{80}$⇒ x = $\frac{7}{150}\left(mol\right)$

Gọi CTTQ của A và B lần lượt là: C_nH_2n (n$\ge$2); C_mH_2m-2 (m$\ge$2)

Khi đó: $\frac{7}{150}$n + 0,07m = 0,35

Biện luận thấy n = m = 3 thỏa mãn.

Vậy A là: C₃H₆; B là C₃H­­₄

Hướng dẫn giải

$n_{C{O}_2}$= 0,1 (mol); $n_{H_2}$= 0,15 (mol)

n_{axit (P1)} = $n_{C{O}_2}$= 0,1 (mol) = n_{axit (P2)} = $n_{H_{2}O}$

⇒ $n_{H_2}$ _{do axit tạo} = 0,05 (mol)

$n_{H_2}$do _{Na tạo} = 0,05 (mol)

n_{ancol dư} = 2.(0,15 – 0,05 – 0,05) = 0,1 (mol)

19 gam chất rắn khan gồm: RCOONa: 0,1 (mol); R^’ONa: 0,1 (mol) và NaOH: 0,1 (mol)

Ta có: (R + 67).0,1 + (R^’ + 39).0,1 + 40.0,1 = 19

⇔ R + R^’ = 44 ⇒ R là: CH₃ và R^’ là C₂H₅

Vậy công thức cấu tạo của ancol X là: C₂H₅OH