Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 25)

Gọi số p, n, e trong nguyên tử nguyên tố M lần lượt là p, n, e

Theo đề bài có: Tổng số hạt trong nguyên tử nguyên tố M là 80

$\Rightarrow p+n+e=80màp=e\Rightarrow 2e+n=80 \left(1\right)$

Theo đề bài có: Số hạt mang điện gấp 1,2 lần số hạt mang điện âm

$n=1,2e\Rightarrow 1,2e-n=0 \left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow$e=p=25; n=30

Vậy p=e=25; n=30

a)

Phương trình hóa học:

$2NaHC{O_3}_{}+2KOH\to K_{2}C{O_3}_{}+N{a}_{2}C{O_3}_{}+2H_{2}O$

$K_{2}C{O_3}_{}+Ba{{\left(N{O}_3\right)}_2}_{}\to BaC{O_3}_{}+2KN{O}_3$

$N{a}_{2}C{O}_3+Ba{\left(N{O}_3\right)}_2\to BaC{O}_3+2NaN{O}_3$

Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng, lượng kết tủa tăng dần đến cực đại.

b) Phương trình hóa học

$S{O}_2+B{r}_2+2H_{2}O\to H_{2}S{O}_4+2HBr$

$H_{2}S{O}_4+BaC{l}_2\to BaS{O}_4+2HCl$

Hiện tượng: Sục dư SO₂ vào dung dịch Br₂ thì dung dịch Br₂ nhạt màu dần rồi mất màu. Thêm vào X một lượng dư dung dịch BaCl₂ thì dung dịch xuất hiện kết tủa trắng, lượng kết tủa tăng dần đến cực đại.

c) Phương trình hóa học

$2Na+ 2H_{2}O \to 2NaOH + H_2$

$3NaOH+ FeC{l}_{3 }\to 3NaCl+ Fe{\left(OH\right)}_3$

Hiện tượng: Mẩu Na tan dần, có khí không màu, không mùi thoát ra. Đồng thời tạo kết tủa màu nâu đỏ.

- Lấy mẫu thử, đánh dấu tương ứng.

- Trộn lần lượt từng mẫu thử với dung dịch Ba(OH)₂ dư:

+ Có khí mùi khai thoát ra: NH₄NO₃

$Ba{\left(OH\right)}_2 +2N{H}_{4}N{O}_3 \to Ba{\left(N{O}_3\right)}_2 +2H_{2}O+2N{H}_3$

+ Có kết tủa xuất hiện trắng: Ca(H₂PO₄)₂

$3Ca{\left(H_{2}P{O}_4\right)}_2 +6Ba{\left(OH\right)}_2 \to C{a}_3{\left(P{O}_4\right)}_2+2B{a}_3{\left(P{O}_4\right)}_2+12H_{2}O$

+ Vừa xuất hiện kết tủa trắng, vừa có khí mùi khai thoát ra: (NH₄)₂SO₄

$Ba{\left(OH\right)}_2 +{\left(N{H}_4\right)}_{2}S{O}_4 \to H_{2}O+2N{H}_3+BaS{O}_4$

+ Không xuất hiện kết tủa hay khí: KCl

$m_{CaC{O}_3}=0,75agam$

Theo định luật bảo toàn khối lượng:

$m_{đávôi}=m_{C{O}_2}+m_{chatran}$

$\Rightarrow m_{C{O}_2}=0,275agam$
Ta có phương trình hóa học:
$\begin{array}{c} CaC{O}_3 \stackrel{t^0}{\to }CaO+C{O}_2\\ 0,00625a 0,00625amol\end{array}$
$\Rightarrow {n_{CaC{O}_3}}_{pu}=0,00625amol$

$\Rightarrow n_{CaC{O}_{3}bđ}=0,0075amol$

$\Rightarrow H=\frac{0,00625a}{0,0075a}.100\%=83,33\%$

Đặt số mol của Fe, Zn, Al trong 24,48 gam hỗn hợp X lần lượt là a, b, c
$Tacó56a+65b+27c=24,48\left(1\right)$
Ta có phương trình hóa học

$\begin{array}{c}Fe+2HCl\to FeC{l}_2+H_2\\ a a\end{array}$

$\begin{array}{c}Zn+2HCl\to ZnC{l}_2+H_2\\ bb\end{array}$

$\begin{array}{c}2Al+6HCl\to 2AlC{l}_3+3H_2\\ \text{c \hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}1,5c\end{array}$

$\Rightarrow n_{H_2}=a+b+1,5c=0,54\left(2\right)$

Có 0,24 mol X tác dụng vừa đủ với 0,33 mol khí Cl₂ nung nóng
⇒ số mol Cl₂ cần để phản ứng hết với hỗn hợp X gấp 1,375 lần số mol hỗn hợp X
 Ta có:

$\begin{array}{c}2Fe+3C{l}_2\stackrel{}{\to }2FeC{l}_3\\ a 1,5a\end{array}$

$\begin{array}{c}Zn+C{l}_2\stackrel{}{\to }ZnC{l}_2\\ b b\end{array}$
$\begin{array}{c}2Al+3C{l}_2\stackrel{}{\to }2AlC{l}_3\\ c 1,5c\end{array}$

$\Rightarrow n_{C{l}_2}=1,5a+b+1,5c=1,375\left(a+b+c\right)\left(3\right)$

Từ (1), (2), (3)

a = 0,24 ⇒ m_Fe = 13,44 g

b = 0,12 ⇒ m_Zn = 7,8 g

c = 0,12 ⇒ m_Al = 3,24 g

Đặt công thức tổng quát của muối cacbonat kim loại là: R₂(CO₃)_n   n  {1;2;3}

Đặt số mol của MgCO₃ và R₂(CO₃)_n lần lượt là: a, b (mol) với a, b > 0

Hòa tan hỗn hợp A vào dung dịch HCl, ta có phương trình hóa học:

$\begin{array}{c}MgC{O}_3+2HCl\to MgC{l}_2+H_{2}O+C{O}_2\\ a 2a a a amol\end{array}$

$\begin{array}{c}{R}_2{\left(C{O}_3\right)}_n+2nHCl\stackrel{}{\to }2RC{l}_n+nC{O_2}_{}+n{H}_{2}O\\ b 2nb 2b nb mol\end{array}$

Suy ra: $\sum _{}^{}{n}_{C{O}_2}=a+bn=\frac{3,36}{22,4}=0,15mol$

$m_{\text{dd}HCl}=\frac{0,3.36,5}{7,3\%}=150gam$

$\Rightarrow m_{ddD}=m_{ddHCl}+m_A-m_{C{O}_2}=14,2+150–\mathrm{0.15.44}=157,6\left(g\right)$

$\Rightarrow m_{ddE}=m_{ddD}+32,4=190\left(g\right)$

$a=n_{MgC{l}_2}=\frac{190.5\%}{95}=0,1mol$

$\Rightarrow$bn = 0.05 $\Rightarrow b=\frac{0,05}{n}mol$

$\Rightarrow m_A=0,1.84+ \frac{0,05}{n} .(2M_R+60n)=14.2$

M_R = 28n

Xét bảng

Suy ra R là Fe

$\%m_{MgC{O}_3}=\frac{8,4}{14,2}.100\%=59,15\%$

$\%m_{FeC{O}_3}=100\%-59,15\%=40,85\%$

Phương trình hóa học

$NaHC{O}_3+Ca{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }CaC{O}_3+NaOH+H_{2}O$

$N{a}_{2}C{O}_3+Ca{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }CaC{O}_3+2NaOH$

Nếu muối trong dung dịch X còn dư thì :

$n_{C\left(X\right)}>n_{Ca}$

Bảo toàn nguyên tố Cacbon ta có:

$n_{C\left(X\right)}=n_{NaHC{O}_3}+n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,1+0,2=0,3mol$

Mà $n_{Ca}=n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=0,32mol>0,3$

Suy ra Ca(OH)₂  dư $\Rightarrow n_{CaC{O}_3}=n_{C\left(X\right)}=0,3mol$

Vậy khối lượng kết tủa tạo thành là 0,3.100 = 100 gam.

$n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,375\left(mol\right)\Rightarrow n_C=n_{C{O}_2}=0,375\left(mol\right)$

$\begin{array}{c}{m}_{giam}=m_{CaC{O}_3}-m_{C{O}_2}-m_{H_{2}O}=37,5-0,375.44-m_{H_{2}O}=14,25\\ \Rightarrow m_{H_{2}O}=6,75gam\Rightarrow n_{H_{2}O}=\frac{6,75}{18}=0,375mol\end{array}$

Bảo toàn nguyên tố H:

$n_{H\left(X\right)}=2n_{H_{2}O}=0,75mol$

$M_A=32.2,3125=74$ g/mol

$m_O=9,25-0,375.12-0,75.1=4gam\Rightarrow n_O=\frac{4}{16}=0,25mol$

Gọi công thức phân tử của A là $C_x{H}_y{O}_z$

Ta có: x : y : z = 0,375 : 0,75 : 0,25 = 3 : 6 : 2

⇒ Công thức đơn giản của A: (C₃H₆O₂)_n

Ta có: 74.n = 74 ⇒ n = 1$\Rightarrow$Vậy CTPT của A: C₃H₆O₂

Phần 1:

$C_n{H}_{2n+1}OH+Na\stackrel{}{\to }{C}_n{H}_{2n+1}ONa+\frac{1}{2}{H}_2$
$C_m{H}_{2m+1}COOH+Na\stackrel{}{\to }{C}_m{H}_{2m+1}COONa+\frac{1}{2}{H}_2$

Theo phương trình có $n_{X\left(P1\right)}=2n_{H_2}=2.0,07=0,14mol$

Phần 2:

$C_n{H}_{2n+2}O+\frac{3n}{2}{O}_2\stackrel{t°}{\to }nC{O}_2+(n+1)H_{2}O$

$C_{m+1}{H}_{2(m+1)}{O}_2+\frac{3n-2}{2}{O}_2\stackrel{t°}{\to }(m+1)C{O}_2+(m+1)H_{2}O$

Theo phương trình: ${n_{C_n{H}_{2n+2}O}}_{(P1=P2)}=n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}=0,28-0,22=0,06mol$

$\Rightarrow n_{C_m{H}_{2m+1}\text{COO}H}=0,14-0,06=0,08mol$

$\begin{array}{c}{C}_n{H}_{2n+2}O+\frac{3n}{2}{O}_2\stackrel{t°}{\to }nC{O}_2+(n+1)H_{2}O\\ 0,06 0,06n0,06.(n+1)mol\end{array}$

$\begin{array}{c}{C}_{m+1}{H}_{2(m+1)}{O}_2+\frac{3n-2}{2}{O}_2\stackrel{t°}{\to }(m+1)C{O}_2+(m+1)H_{2}O\\ 0,08 0,08(m+1) 0,08(m+1)mol\end{array}$

$\sum _{}^{}{n}_{C{O}_2}=0,06n+(0,08(m+1)=0,22\iff 0,06n+0,08m=0,14\iff 6n+8m=14(1)\Rightarrow 8m<14\Rightarrow m<1,75$

Vì m nguyên, m$m \ge 0\Rightarrow m=\left(0;1\right)$

Xét bảng:

Vậy rượu $C_n{H}_{2n+1}OH(n\ge 1)$là CH₃OH

axit $C_m{H}_{2m+1}COOH(m\ge 0)$là CH₃COOH