Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 3)

b) Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch FeCl3:

Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa màu nâu đỏ, dung dịch màu vàng nâu nhạt màu dần.

Phương trình hóa học:

3NaOH + FeCl3 → Fe(OH)3↓ + 3NaCl

2/

Xác định được các chất như sau:

X₁: CH₃COOH

X₂: CH₃COOC₂H₅

X₃: C₂H₅OH

X₄: (CH₃COO)₂Ca

X₅: CH₃COONa

Phương trình hóa học minh họa cho sơ đồ:

(1) CH₃COOH + C₂H₅OH $\underset{t^0}{\overset{H_{2}S{O}_4}{\rightleftarrows }}$CH₃COOC₂H₅ + H₂O

(2) CH₃COOC₂H₅ + H₂O $\underset{t^0}{\overset{HCl}{\rightleftarrows }}$ CH₃COOH + C₂H₅OH

(3) C₂H₅OH + O₂ $\underset{}{\stackrel{men\text{\hspace{0.17em}giam}}{\to }}$CH₃COOH + H₂O

(4) 2CH₃COOH + Ca(OH)₂ → (CH₃COO)₂Ca + 2H₂O

(5) (CH₃COO)₂Ca + Na₂CO₃ → 2CH₃COONa + CaCO₃↓

(6) CH₃COONa + HCl → CH₃COOH + NaCl

3/

Những lý do người ta không bơm không khí mà lại bơm khí nitơ vào các gói bim bim:

- Khí nitơ trơ về mặt hóa học nên không làm ảnh hưởng đến chất lượng của bim bim (snack) bên trong.

- Khí nitơ cũng là loại khí không màu, không mùi, do đó khi ở trong gói bim bim chúng không làm biến dạng mùi vị sản phẩm, mà còn giữ cho miếng bim bim không bị ỉu, vẫn giòn ngon như ban đầu.

1/

a) Dựa vào thí nghiệm ta thấy khí X tan tốt trong nước, vậy X là khí HCl.

b) Mục đích của thí nghiệm: Chứng minh tính tan nhiều của HCl trong nước.

Hiện tượng quan sát được: Nước phun mạnh vào bình thành các tia có màu đỏ.

Giải thích: Do tan nhiều trong nước, áp suất của khí HCl trong bình giảm đột ngột, nước trong cốc bị hút vào bình qua ống thủy tinh vuốt nhọn, phun thành các tia nước có màu đỏ.

2/

a/

Nguyên tử khối của X = 6 + 6 = 12

Nguyên tử khối của Y = 6 + 7 = 13

b/

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

$\{\begin{array}{c}\frac{12a+13b}{100}=12,0098\\ a+b=100\end{array}\iff \{\begin{array}{c}a=99,02\\ b=0,98\end{array}$

Vì %¹³C = 0,98% < 1,11% nên vận động viên này có sử dụng doping.

3/ Nhận biết các dung dịch H₂SO₄, Na₂SO₄, CuSO₄, NaOH đựng trong các lọ riêng biệt mất nhãn:

Đánh số thứ tự từng lọ mất nhãn, trích mỗi lọ một ít ra ống nghiệm đánh số tương ứng (Trích mẫu thử).

- Mẫu thử có màu xanh lam là dung dịch CuSO₄.

-  Cho lần lượt dung dịch CuSO₄ vừa nhận ra vào các mẫu thử còn lại:

+ Mẫu thử xuất hiện kết tủa xanh là dung dịch NaOH.

2NaOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂↓ + Na₂SO₄

+ Mẫu thử còn lại là H₂SO₄ và Na₂SO₄ không có hiện tượng.

- Lọc kết tủa thu được, rồi đem tác dụng với 2 mẫu thử còn lại

+ Mẫu thử hòa tan được kết tủa là dung dịch H₂SO₄

H₂SO₄ + Cu(OH)₂↓ → CuSO₄ + 2H₂O

+ Mẫu thử còn lại không hòa tan kết tủa là dung dịch NaOH

1/

a/

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

Ta có:$\left(\begin{array}{c}2Z_A+4Z_B=70\\ 2Z_A-2Z_B=22\end{array}\right)\Rightarrow \left(\begin{array}{c}{Z}_A=19\left(K\right)\\ Z_B=8\left(O\right)\end{array}\right)$

(Với Z_A; Z_B lần lượt là số hiệu nguyên tử của A và B, trong đó Z = số proton = số electron trong nguyên tử).

Vậy X là KO₂

b/

Phương trình hóa học:

4KO₂ + 2CO₂ → 2K₂CO₃ + 3O₂

Đặt $\left(\begin{array}{c}Fe:x\left(mol\right)\\ FeO:y\left(mol\right)\\ FeS{O}_4:9(x+y)\left(mol\right)\end{array}\right)$

Các phương trình hóa học xảy ra:

2Fe + 6H₂SO_{4 đặc}  $\stackrel{t^o}{\to }$Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O

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

2FeSO₄ + 2H₂SO_{4 đặc}  $\stackrel{t^o}{\to }$Fe₂(SO₄)₃ + SO₂↑ + 2H₂O

Cho dung dịch chứa 1,48 mol NaOH vào Y thu được kết tủa Fe(OH)₃ (0,48 mol)

Ta có:$n_{NaOH}=3.n_{Fe{\left(OH\right)}_3}+n_{H^{+}\left(du\right)}$

⇒ n_H⁺ _dư = 0,04 mol

Lại có:$n_{H_{2}S{O}_4}=0,59\left(mol\right)=2.n_{S{O}_2}+n_O+\frac{n_H{{}^{+}}_{du}}{2}$

→ n_FeO = n_O = 0,03 (mol) = y (mol)

Bảo toàn electron ta có:

3x + 0,03 + 9x + 0,27 = 0,27.2 → x = 0,02 (mol)

Vậy %m_FeO = 3,01%.

a/

Gọi công thức của tinh thể X là M₂(SO₄)_n.kH₂O (với n là hóa trị của M, n > 0, k > 0)

Đặt số mol tinh thể X là a (mol)

Vì cho lượng dư NaOH vào dung dịch Y vẫn thu được kết tủa nên M(OH)_n không phản ứng với NaOH

M₂(SO₄)_n + 2nNaOH → 2M(OH)_n↓ + nNa₂SO₄

2M(OH)_n $\stackrel{t^o}{\to }$ M₂O_n + nH₂O

M₂(SO₄)_n + nBa(NO₃)₂ → 2M(NO₃)_n + nBaSO₄↓

$\begin{array}{c}\left(\begin{array}{c}{m}_X=n_X\times M_X=a\times \left(2M+96n+18k\right)=30\\ m_{\text{r}}=a\times \left(2M+16n\right)=9,6\\ m_{\downarrow }=a\times n\times 233=27,96\end{array}\right)\\ \Rightarrow \left(\begin{array}{c}aM=3,84\\ ak=0,6\\ an=0,12\end{array}\right)\Rightarrow M=32n\end{array}$

n	1	2	3	4
M	32	64 (Cu)	96	128
k	5	10 (nhận)	15	20

Vậy công thức tinh thể X là CuSO₄.5H₂O

b/

Đặt số mol của m gam H­₂O dùng để hòa tan tinh thể X là x (mol)

Trong dung dịch Y, số nguyên tử H gấp 1,68 lần số nguyên tử O

$\begin{array}{c}\Rightarrow n_H=1,68n_O\\ \Rightarrow 2x+0,12\times 10=1,68\times (x+9\times 0,12)\Rightarrow x=1,92\left(mol\right)\\ m=1,92\times 18=34,56\left(gam\right)\end{array}$

Thứ tự phản ứng có thể  xảy ra như sau

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃↓ + H₂O

2NaOH + CO₂ → Na₂CO₃ + H₂O

Na₂CO₃ +CO₂ + H₂O → 2NaHCO₃

BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

Nhận xét 1:$\left(\begin{array}{c}{n}_{C{O}_2}=0,11>n_{BaC{O}_3}=0,105\\ n_{C{O}_2\text{ khong ket\hspace{0.17em}tua}}=0,11-0,105=0,005\left(mol\right)\end{array}\right)$

→ Tại thời điểm này kết tủa đạt cực đại

Nhận xét 2:$\left(\begin{array}{c}{n}_{C{O}_2}=0,16>n_{BaC{O}_3}=0,095\\ n_{BaC{O}_3}=0,095<n_{BaC{O}_{3}Max}=0,105\\ n_{C{O}_2\text{ khong\hspace{0.17em}ket\hspace{0.17em}tua}}=0,16-0,095=0,065\left(mol\right)\end{array}\right)$

→ Tại thời điểm này kết tủa đã bị hòa tan một phần

→ Dung dịch gồm NaHCO₃ và Ba(HCO₃)₂ bị hòa tan

$\left(\begin{array}{c}{n}_{NaHC{O}_3}=n_{NaOH}=a\\ n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}=0,105-0,095=0,01\\ a+0,01\times 2=0,065\left(mol\right)\end{array}\right)\Rightarrow a=0,045\left(mol\right)$

Để thu được kết tủa thu được là 0,08 mol, ta nhận xét như sau:

$n_{BaC{O}_3}=0,08<n_{BaC{O}_{3}MAX}=0,105$

→ Tồn tại 2 trường hợp

Trường hợp 1: Dung dịch gồm Ba(OH)₂ và NaOH dư

$n_{C{O}_2}=n_{BaC{O}_3}=0,08\left(mol\right)$

Trường hợp 2: Dung dịch gồm NaHCO₃; Ba(HCO₃)₂

$\begin{array}{c}\left(\begin{array}{c}{n}_{NaHC{O}_3}=n_{NaOH}=0,045\\ n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}=0,105-0,08=0,025\end{array}\right)\\ \Rightarrow n_{C{O}_2}=0,08+0,045+0,025\times 2=0,175\left(mol\right)\end{array}$

a/

Gọi công thức phân tử của X là C_xH_yO_z

b/

Vì a mol X tác dụng với dung dịch NaHCO₃ thu được 2a mol CO₂ nên X có 2 nhóm -COOH

Vì X có 5 nguyên tử O nên X có 1 nhóm -OH và 2 nhóm -COOH

Vậy X có CTCT: HOOC-CH₂-CH(OH)-COOH

HOOC-CH₂-CH(OH)-COOH + 2NaOH → NaOOC-CH₂-CH(OH)-COONa + 2H₂O

HOOC-CH₂-CH(OH)-COOH + 2NaHCO₃ → NaOOC-CH₂-CH(OH)-COONa + 2CO₂ + 2H₂O

a/

Gọi công thức của 2 hidrocacbon A và B lần lượt là C_aH_x và C_bH_x (với a < 4 và b < 4; x chia hết cho 2)

4C_aH_x + (4a+x)O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$  4aCO₂ + 2xH₂O

4C_bH_x + (4b+x)O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$  4bCO₂ + 2xH₂O

$\begin{array}{c}{m}_{H_{2}S{O}_4}=\frac{98\times 51,3}{100}=50,274\left(gam\right)\\ m_{dd{H}_{2}S{O}_{4}95\%}=\frac{50,274.100}{95}=52,92\left(gam\right)\\ \Delta m_{dd}=m_{H_{{}_2}O\sinh ra}=52,92-51,3=1,62\left(gam\right)\\ \Rightarrow n_{H_{{}_2}O\sinh ra}=\frac{1,62}{18}=0,09\left(mol\right)\Rightarrow 0,03\times \frac{x}{2}=0,09\Rightarrow x=6\end{array}$

Vì dung dịch sau phản ứng dư Ca(OH)₂ nên CO₂ chỉ tạo kết tủa.

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃↓ + H₂O

$\begin{array}{c}{n}_{Ca{\left(OH\right)}_2(0,012M)}=0,012\times 10=0,12\left(mol\right)\\ n_{Ca{\left(OH\right)}_2(0,004M)}=0,004\times 10=0,04\left(mol\right)\\ \Delta n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=n_{Ca{\left(OH\right)}_{2}PU}=0,12-0,04=0,08\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{C{O}_2}=0,08\left(mol\right)\Rightarrow \overline{C}=\frac{0,08}{0,03}=2,667\end{array}$

Giả sử A có số C nhỏ hơn B → a < 2,667 < b < 4

Trường hợp 1: a = 1 (loại vì không có chất CH₆)

Trường hợp 2: a = 2 và b = 3 → A là C₂H₆ và B là C₃H₆

Trường hợp 3: a = 2 và b = 4 → A là C₂H₆ và B là C₄H₆

$\{\begin{array}{c}{n}_{C_2{H}_6}+n_{C_3{H}_6}=0,03\\ 2n_{C_2{H}_6}+4n_{C_4{H}_6}=0,08\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}{n}_{C_2{H}_6}=0,02\\ n_{C_4{H}_6}=0,01\end{array}\left(mol\right)$

b/

Trường hợp 1: X gồm C₂H₆ (0,01 mol) và C₃H₆ (0,02 mol)

C₃H₆ + H₂ $\underset{Ni}{\stackrel{t^o}{\to }}$  C₃H₈

C₃H₆ + Br₂ → C₃H₆Br₂

Nhận xét:$n_{C_3{H}_6}=n_{H_2}+n_{B{r}_2}\Rightarrow 0,02=a+0,01\Rightarrow a=0,01\left(mol\right)$

Trường hợp 2: X gồm C₂H₆ (0,02 mol) và C₄H₆ (0,01 mol)

C₄H₆ + H₂ $\underset{Ni}{\stackrel{t^o}{\to }}$  C₄H₈

C₄H₆ + 2H₂ $\underset{Ni}{\stackrel{t^o}{\to }}$C₄H₁₀

C₄H₆ + Br₂ → C₄H₆Br₂

C₄H₆ + 2Br₂ → C₄H₆Br₄

Nhận xét:$2n_{C_4{H}_6}=n_{H_2}+n_{B{r}_2}\Rightarrow 2\times 0,01=a+0,01\Rightarrow a=0,01\left(mol\right)$