Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 18)

15 câu · Đề thi Khoa học tự nhiên vào lớp 10

Đề này đang được cập nhật đáp án; bạn vẫn xem được toàn bộ câu hỏi.

Câu 1

Đề gốc thiếu nội dung câu này, đang bổ sung

Câu này chưa tính điểm. Đáp án sẽ được cập nhật sớm.

Câu 2

Câu tự luận

(b) Giải thích tại sao sự tạo thành kết tủa trong trường hợp các mẫu 2 và 5 tùy thuộc vào trình tự trộn các dung dịch. Viết các phương trình hóa học minh họa cho các phản ứng.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

(b) Khi nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl₃ thì đầu tiên xuất hiện kết tủa trắng, tăng đến cực đại rồi tan dần tạo dung dịch trong suốt không màu:

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaCl

Al(OH)₃↓ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Khi nhỏ từ từ dung dịch AlCl₃ vào dung dịch NaOH thì đầu tiên dung dịch trong suốt, sau đó xuất hiện kết tủa trắng.

AlCl₃ + 4NaOH → NaAlO₂ + 3NaCl

AlCl₃ + 3NaAlO₂ + 6H₂O → 4Al(OH)₃↓ + 3NaCl

Câu 3

Câu tự luận

Có 100 ml dung dịch A chứa hỗn hợp Ba(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃. Cho dung dịch A tác dụng hoàn toàn với dung dịch Na₂CO₃ dư, thu được 1,52 gam kết tủa. Lấy toàn bộ lượng kết tủa trên phản ứng hết với dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,112 lít khí (đktc). Xác định nồng độ mol của Fe(NO₃)₃trong dung dịch A.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Ba(NO₃)₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃↓ + 2NaNO₃

2Fe(NO₃)₃ + 3Na₂CO₃ + 3H₂O → 2Fe(OH)₃↓ + CO₂↑ + 6NaNO₃

$\begin{matrix} B a C O_{3} + 2 H C l \to B a C l_{2} + C O_{2} ↑ + H_{2} O \\ 0, 005 \leftarrow 0, 005 \end{matrix}$

Fe(OH)₃ + 3HCl → FeCl₃ + 3H₂O

= 1,52 - 0,005.197 = 0,535 (g)

→ $n_{F e {(O H)}_{3}}$ = 0,005 = $n_{F e {(N O_{3})}_{3}}$

→ $C_{M (F e {(N O_{3})}_{3})} = \frac{0, 005}{0, 1}$ = 0,05 (M)

Câu 4

Câu tự luận

Cho các công thức phân tử sau: H₈N₂SO₄, H₆C₄O₄Ba, H₁₀CuSO₉, H₁₈FeN₃O₁₈. Viết lại các công thức đã cho dưới dạng các muối quen thuộc.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

H₈N₂SO₄: (NH₄)₂SO₄

H₆C₄O₄Ba: (CH₃COO)₂Ba

H₁₀CuSO₉: CuSO₄.5H₂O

H₁₈FeN₃O₁₈: Fe(NO₃)₃.9H₂O

Câu 5

Đề gốc thiếu nội dung câu này, đang bổ sung

Câu này chưa tính điểm. Đáp án sẽ được cập nhật sớm.

Câu 6

Câu tự luận

Hợp chất A là muối khan natri của một axit yếu, kém bền nhiệt, có nhiều ứng dụng trong đời sống. Tiến hành phân tích các mẫu bằng cách trộn đều A với chất trơ rồi đun nóng tới 400^oC để phản ứng nhiệt phân xảy ra hoàn toàn. Độ giảm khối lượng (%) của các mẫu với khối lượng A khác nhau đã được ghi lại và kết quả được cho dưới đây:

Hàm lượng A trong mẫu, %	20	50	70	90
Khối lượng mất đi, %	7,38	18,45	25,83	33,21

Sử dụng các dữ kiện trên để xác định công thức của A. Nêu 2 ứng dụng phổ biến của A.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Nhận thấy: độ giảm khối lượng so với mẫu A tinh khiết (giả sử 100%) là:

$\frac{7, 38}{20} = \frac{18, 45}{50} \approx \frac{25, 83}{70} \approx \frac{33, 21}{90} \approx 36, 9 %$

Xét các muối axit yếu thường gặp của natri, ta có:

$\begin{matrix} 2 N a H C O_{3} \overset{t °}{\to} N a_{2} C O_{3} + C O_{2} + H_{2} O \\ 2 m o l 1 m o l 1 m o l \end{matrix}$

Độ giảm khối lượng NaHCO₃ = $\frac{44 + 18}{2.84} .100 % = 36, 9 %$ (phù hợp)

Vậy A là NaHCO₃.

Ứng dụng của NaHCO₃: làm thuốc giảm đau dạ dày, bột nở, baking soda.

Câu 7

Câu tự luận

Hòa tan hoàn toàn 3,06 gam Al₂O₃ bằng một lượng vừa đủ dung dịch HNO₃, đun nóng thu được 28,517 gam dung dịch B. Làm lạnh B đến 20°C thì có 3,75 gam tinh thể Al(NO₃)₃.nH₂O tách ra. Biết ở 20ºC, cứ 100 gam H₂O hòa tan được tối đa 75,44 gam Al(NO₃)₃. Xác định công thức của tinh thể trên.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Al₂O₃ (0,03) $\overset{H N O_{3}}{\to}$ 28,517 (g) dd B → 20^oC $(\begin{matrix} 3, 75 (g) A l {(N O_{3})}_{3} . n H_{2} O \\ d u n g d i c h D \end{matrix})$

Dung dịch B $(\begin{matrix} A l {(N O_{3})}_{3} : 0, 06.213 = 12, 78 (g) \\ H_{2} O : 15, 737 (g) \end{matrix})$

Dd D $(\begin{matrix} A l {(N O_{3})}_{3} : 12, 78 - \frac{3, 75}{213 + 18 n} .213 (g) \\ H_{2} O : 15, 737 - \frac{3, 75}{213 + 18 n} .18 n (g) \end{matrix})$

$(15, 737 - \frac{3, 75}{213 + 18 n} .18 n) .75, 44 = (12, 78 - \frac{3, 75}{213 + 18 n} .213) .100$

→ n = 9 → Al(NO₃)₃.9H₂O

Câu 8

Câu tự luận

Ở điều kiện thường, các đơn chất A₁ đến A₅ đều là chất rắn.

- A₁ có màu tím đen, là thuốc thử nhận biết hồ tinh bột. A₁ tác dụng với H₂ tạo B₁. B₁ bị H₂SO₄ đặc oxi hóa tạo thành B₅.

- A₂ có màu trắng, dễ bốc cháy trong không khí tạo thành B₂. B₂ tan trong nước tạo thành dung dịch làm đổi màu quỳ tím.

- A₃ và A₄ có thể tồn tại dạng tinh thể và vô định hình. A₃ được ứng dụng trong kỹ thuật bán dẫn, A₃ tác dụng với dung dịch NaOH giải phóng H₂. A₄ có thể được sử dụng làm điện cực. A₄ tác dụng với H₂SO₄ đặc, nóng tạo thành D₅.

- A₅ là nguyên liệu chủ yếu để sản xuất H₂SO₄ trong công nghiệp. Từ A₅ có thể tạo thành B₅ hoặc D₅ bằng một phản ứng.

Xác định các chất A₁ đến A₅ và viết phương trình hóa học tương ứng.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

A₁	A₂	A₃	A₄	A₅
I₂	P	Si	C	S

Phương trình hóa học:

I₂ + H₂ $\overset{t^{0}, p, x t}{⇌}$ 2HI (B₁)

8HI + H₂SO_4(đ) → 4I₂ + H₂S (B₅) + 4H₂O

4P + 5O₂ $\overset{t^{0}}{\to}$ 2P₂O₅(B₂)

P₂O₅ + H₂O → 2H₃PO₄

Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂

C + 2H₂SO_4(đ) $\overset{t^{0}}{\to}$ CO₂ + 2SO₂ (D₅) + 2H₂O

S + H₂ $\overset{t^{0}}{\to}$ H₂S

S + O₂ $\overset{t^{0}}{\to}$ SO₂

Câu 9

Câu tự luận

Đốt cháy 3,08 gam Fe trong 1,12 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm Cl₂ và O₂, thu được 6,045 gam hỗn hợp Y chỉ gồm oxit và muối clorua (không còn khí dư). Hòa tan Y bằng dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch Z. Cho dung dịch Z phản ứng hết với dung dịch AgNO₃ dư, thu được m gam kết tủa. Tính m.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Đặt số mol của Cl₂ và O₂ lần lượt là x và y.

$(\begin{matrix} x + y = 0, 05 \\ 71 x + 32 y = 6, 045 - 3, 08 \end{matrix})$

Bảo toàn nguyên tố H:

$n_{H_{2} O}$ = 0,015 . 2 = 0,03 n_HCl = 0,06

Bảo toàn electron: a + b = 0,055

Bảo toàn Cl: 2a + 3b = 0,035.2 + 0,06

$\Rightarrow$ a = 0,035; b = 0,02

$\begin{matrix} 3 A g N O_{3} + F e C l_{2} \to A g ↓ + 2 A g C l ↓ + F e {(N O_{3})}_{3} \\ 0, 035 0, 035 0, 07 \end{matrix}$

$\begin{matrix} 3 A g N O_{3} + F e C l_{3} \to 3 A g C l ↓ + F e {(N O_{3})}_{3} \\ 0, 02 0, 06 \end{matrix}$

m_↓ = 0,035 . 108 + (0,07 + 0,06). 143,5 = 22,435 (g)

Câu 10

Đề gốc thiếu nội dung câu này, đang bổ sung

Câu này chưa tính điểm. Đáp án sẽ được cập nhật sớm.

Câu 11

Câu tự luận

(b) Khí cacbonic sinh ra từ các quá trình cháy là một trong những nguyên nhân chính gây hiệu ứng nhà kính. Hiện nay, nồng độ CO₂ trong khí quyển là 0,035% so với cách đây 300 năm là 0,028%. Nếu nồng độ CO₂ tăng 25% thì góp phần tăng nhiệt độ toàn cầu 0,5^oC. Do đó, các biện pháp làm giảm thiểu sự phát thải CO₂ là vấn đề lớn của toàn thế giới.

Tính tỉ lệ giảm phát thải khí CO₂ (tính cho 1 kJ) khi đốt cháy than và metan. Từ đó, đề xuất một dạng nhiên liệu được sử dụng để giảm thiểu phát thải CO₂.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

(b)

CH_4(k) + 2O_2(k) → CO_2(k) + 2H₂O_(l)

………………….. $\frac{1}{890}$ ………………← 1 kJ

C_(r)+ O_2(k) → CO_2(k) $Δ H_{c}^{0} = - 394 (k J / m o l)$

……………… $\frac{1}{394}$ ……… ← 1 kJ

Tỉ lệ giảm phát thải khí CO₂ (cho 1 kJ) khi đốt cháy than và metan là:

$\frac{\frac{1}{394} - \frac{1}{890}}{\frac{1}{394}} \times 100 %$ = 55,73%

Vậy, khi đốt cháy khí metan có thể giảm phát thải khí CO₂ so với đốt cháy than là 55,73%.

Do đó, biện pháp để giảm thiểu phát thải CO₂ là dùng khí thiên nhiên thay cho than.

Câu 12

Câu tự luận

Đốt cháy hoàn toàn 3,248 gam một hiđrocacbon X, cho sản phẩm cháy hấp thụ hoàn toàn vào bình đựng dung dịch nước vôi trong. Sau phản ứng thu được 18,62 gam kết tủa và thấy khối lượng dung dịch giảm 3,724 gam. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của X.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

3,248 (g) C_xH_y → $(\begin{matrix} C O_{2} (a) \\ H_{2} O (b) \end{matrix}) \overset{dd C a {(O H)}_{2}}{\to} (\begin{matrix} 18, 62 (g) ↓ \\ Δ m_{dd giam} = 3, 724 (g) \end{matrix})$

m_X = 12a + 2b = 3,248 (1)

∆m_{dd giảm} = m_↓ - ( )

→ = 18,62 – 3,724 = 14,896 (g)

→ 44a + 18b = 14,896 (2)

(1,2) → $(\begin{matrix} a = 0, 224 = n_{C} \\ b = 0, 28 \Rightarrow n_{H} = 0, 56 \end{matrix})$

x: y = 0,224 : 0,56 = 2 : 5 → (C₂H₅)_n

y ≤ 2x + 2 → 5n ≤ 4n + 2 → n ≤ 2 → n = 2 → C₄H₁₀

CH₃ – CH₂ – CH₂ – CH₃

CH₃ – CH(CH₃) – CH₃

Câu 13

Câu tự luận

Hiện nay, xăng sinh học E₅ (chứa 5% etanol về thể tích) đang được sử dụng ở nước ta để thay thế một phần xăng truyền thống. Trong một nhà máy, etanol được sản xuất từ xenlulozơ theo sơ đồ sau (với hiệu suất của cả quá trình là 65%):

${(C_{6} H_{10} O_{5})}_{n} \overset{H^{+}, t^{0}}{\to} C_{6} H_{12} O_{6} \to_{30 - 35^{0} C}^{l ê n men} C_{2} H_{5} O H$

Toàn bộ lượng etanol thu được từ 1,08 tấn mùn cưa (chứa 50% xenlulozơ) dùng để pha chế thành V lít xăng E₅. Biết etanol có khối lượng riêng là 0,8 g/ml. Tính V.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

${(C_{6} H_{10} O_{5})}_{n} \overset{H^{+}, t^{0}}{\to} n C_{6} H_{12} O_{6} \to_{30 - 35^{0} C}^{l ê n men} 2 n C_{2} H_{5} O H$

……162n……………………………………..92n

Thể tích xăng E5:

V = \frac{1, 08 \times 10^{3} \times 50 % \times 92}{162 \times 0, 8} \times 65 % \times \frac{100}{5} = 4983, 33 (l i t)

Câu 14

Câu tự luận

Thực nghiệm khi đốt cháy a mol axit cacboxylic A có dạng RCOOH (60 g/mol < M_A < 75 g/mol) thu được 2a mol H₂O. Xác định công thức cấu tạo A và hoàn thành các phương trình hóa học của A với các chất sau: H₂ (Ni, t^o), dung dịch brom, Na₂CO₃ và C₂H₅OH (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có).

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Ta có: 60 < M_A < 75 và cháy a mol A thu được 2a mol H₂O nên A là C₃H₄O₂.

Công thức cấu tạo của A là CH₂=CH–COOH

Các phương trình phản ứng:

CH₂ = CH–COOH + H₂ $\overset{N i, t^{0}}{\to}$ CH₃ – CH₂ – COOH

CH₂ = CH –COOH + Br₂ → CH₂Br – CHBr – COOH

2CH₂=CH –COOH + Na₂CO₃→ 2CH₂ = CH – COONa + H₂O + CO₂

CH₂=CH –COOH + C₂H₅OH $\overset{H_{2} S O_{4} {dac, t}^{0}}{⇌}$ CH₂ = CH – COOC₂H₅ + H₂O

Câu 15

Câu tự luận

Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol, M_X < M_Y < 150 g/mol) thu được 5,6 lít khí CO₂ (đktc). Cho m gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được một ancol Z và 8,45 gam hỗn hợp muối. Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư, thu được 1,4 lít khí H₂ (đktc). Xác định công thức cấu tạo X, Y và tính phần trăm khối lượng Y trong E.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

$n_{H_{2}} = 0, 0625 (m o l) \Rightarrow n_{O H} = 0, 125 (m o l)$

Þ n_C/OH 0,125 (mol)

Theo đề: $n_{C O_{2}} = 2 n_{O H}$ nên n_C/axit= n_C/ancol

hay số C trong gốc axit = số C trong gốc ancol. Theo dữ kiện đề bài:

$h h E (\begin{matrix} H C O O C H_{3} (X) : M_{X} = 60 : x m o l \\ {(C O O C H_{3})}_{3} (Y) : M_{Y} = 118 : y mol \end{matrix})$

$\begin{matrix} H C O O C H_{3} + N a O H \to H C O O N a + C H_{3} O H \\ x x x \end{matrix}$

$\begin{matrix} {(C O O C H_{3})}_{2} + 2 N a O H \to {(C O O N a)}_{2} + 2 C H_{3} O H \\ y y 2 y \end{matrix}$

Ta có hệ: $(\begin{matrix} x + 2 y = 0, 125 \\ 68 x + 134 y = 8, 45 \end{matrix}) \Leftrightarrow (\begin{matrix} x = 0, 075 \\ y = 0, 025 \end{matrix})$

$% m_{{(C OO C H_{3})}_{2}} = \frac{0, 025 \times 118}{0, 025 \times 118 + 0, 075 \times 60} \times 100 % = 39, 6 %$