Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 4)

a. Sục khí CO2 từ từ đến dư vào dung dịch Ba(OH)2.

Hiện tượng: có kết tủa trắng xuất hiện, sau đó kết tủa tan dần.

Phương trình hóa học:

Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓+ H2O

CO2 + BaCO3↓+ H2O → Ba(HCO3)2.

b. Thả mảnh Al vào dung dịch NaOH dư đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Hiện tượng: Mảnh nhôm tan dần và có bọt khí thoát ra, dung dịch thu được sau phản ứng không có màu.

Phương trình hóa học:

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂ ↑

c. Dẫn khí SO₂ vào dung dịch hỗn hợp gồm Br₂ và BaCl₂ (tỉ lệ mol 1:1) tới dư.

Hiện tượng: Dung dịch brom mất màu, xuất hiệt kết tủa trắng.

Phương trình hóa học:

SO₂ + 2H₂O + Br₂ → 2HBr + H₂SO₄

BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2HCl.

d. Cho từ từ dung dịch NaHSO₄ vào dung dịch Ba(HCO₃)₂ cho tới dư.

Hiện tượng: Có kết tủa và bọt khí xuất hiện.

Phương trình hóa học:

2 NaHSO₄ + Ba(HCO₃)₂ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + 2CO₂↑ + 2H₂O

a.

Gọi p_x; p_y lần lượt là số proton của X và Y.

n_x; n_y lần lượt là số nơtron của X và Y.

Đặt p_x + p_Y = P; n_x + n_Y = N. Theo bài ra ta có hệ phương trình

$\left(\begin{array}{c}2P+N=78\\ 2P-N=26\end{array}\right)\Rightarrow \left(\begin{array}{c}P=26\\ N=26\end{array}\right)$

 $\Rightarrow \left(\begin{array}{c}{p}_X+p_Y=26\\ \frac{p_X}{p_Y}=\frac{10}{3}\end{array}\right)\Rightarrow \left(\begin{array}{c}{p}_X=20\\ p_Y=6\end{array}\right)$

Vậy X là Ca, Y là C.

b.

M là CaO, R là CO₂, E là H₂CO₃, G là CaCO₃.

Các phương trình hóa học xảy ra:

CaO + H₂O → Ca(OH)₂.

CO₂ + H₂O ⇄ H₂CO₃.

H₂O + CO₂ + CaCO₃ → Ca(HCO₃)₂.  

Các phương trình hóa học xảy ra như sau:

Điều chế Fe₂(SO₄)₃:

4FeS₂ + 11O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ 2Fe₂O₃ + 8SO₂

2SO₂ + O₂ $\stackrel{t^o,V_2{O}_5}{\rightleftarrows }$ 2SO₃

SO₃ + H₂O → H₂SO₄.

Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Điều chế Fe(OH)₃:

2NaCl + 2H₂O $\stackrel{dpddcmn}{\to }$ 2NaOH + H₂ + Cl₂.

Fe₂(SO₄)₃ + 6NaOH→ 2Fe(OH)₃↓ + 3Na₂SO₄

Điều chế FeSO₄:

Fe₂O₃ + 3H₂  $\stackrel{t^o}{\to }$2Fe + 3H₂O

Fe + H₂SO_{4 (loãng)} → FeSO₄ + H₂.

Khối lượng mỗi phần 9,37 gam.

Trong mỗi phần đặt số mol R₂CO₃ là a mol, số mol RHCO₃ là b mol.

- Hoàn tan phần 1 vào nước và cho phản ứng với dung dịch Ba(OH)₂ dư tạo ra số mol BaCO₃ là 0,11 mol

⇒ a + b = 0,11 ⇒ $\overline{M_X}$= $\frac{9,37}{0,11}=85,18$ ⇒ M RHCO₃ < 85,18 < M R₂CO₃

⇒ 12,59 < M_R <2 4, 18 Vậy R có thể là (NH₄) hoặc Na.

- Nhiệt phân phần 2 khối lượng chất rắn giảm nhiều hơn 3,41 gam nên R không thể là Na. Vậy R là (NH₄).

Ta có hệ phương trình:

$\left(\begin{array}{c}a+b=0,11\\ 79a+96b=9,37\end{array}\right)\Rightarrow \left(\begin{array}{c}a=0,07\\ b=0,04\end{array}\right)$

- Cho phần 3 phản ứng với KOH

 n _KOH = 2.0,11 = 0,22 mol ⇒ V = 0,22 l = 220 ml.

Khối lượng tinh bột là 8,1 kg, hiệu suất cả quá trình là 64%.

Ta có sơ đồ chuyển hóa như sau:

(C₆H₁₀O₅)_n → n C₆H₁₂O₆ → 2nC₂H₅OH

162 gam---------------------------> 92 gam

8,1 kg------------------------------> 4,6 kg

$V_{C_2{H}_{5}OH}=\frac{4,6}{0,8}=5,75\left(L\right)$ lít

Vậy V rượu 46^o thu được là $\frac{5,75.100}{46}.\frac{64}{100}$= 8 lít

a.

n_HCl = 0,5 mol, $n_{H_{2}S{O}_4}=1mol\Rightarrow n_{H^{+}/axit}=2,5mol$

⇒ số mol electron tối đa có thể nhận vào là 2,5 mol.

- Số mol electron tối đa mà hỗn hợp R có thể nhường là: $\frac{21,7}{27}.3=2,41$ < 2,5

Vậy kim loại tan hết, axit dư.

b.

Các phương trình hóa học xảy ra là

H₂ + CuO $\stackrel{t^o}{\to }$ Cu + H₂O

x       1,25            x   (mol)

Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag

x             2x (mol)

Chất rắn D gồm Ag và CuO dư.

m_D = 2x.108 + (1,25-x).80 = 202 → x = 0,75.

% theo khối lượng của Ag trong D là: $\frac{2.0,75.108}{202}.100\%=80,2\%$;

% theo khối lượng của CuO trong D là 100% – 80,2% = 19,8%.

c.

Đặt số mol của Fe, Mg, Al trong hỗn hợp đầu lần lượt là a, b, c mol.

- Ta có 56a + 24b + 27c = 21,7 (1)

- Cho hỗn hợp 3 kim loại phản ứng với axit dư thu được n_khí = 0,75 mol

Nên 2a + 2b + 3c = 1,5 (2)

- Khi cho 2,6 mol NaOH vào C, n_{NaOH phản ứng} = 2,5 mol nên n_{NaOH dư} = 0,1 mol

Vậy Al(OH)₃ bị hoà tan hết hoặc hoà tan 1 phần.

* Trường hợp 1: Al(OH)₃ bị hoà tan hết.

E chỉ có Fe₂O₃: 0,5a mol và MgO: b mol

⇒ 80a + 40b = 30,2 (3)

Từ (1), (2), (3) được a ≈ 0,14; b ≈ 0,47; c ≈ 0,09.

Vậy trong R có: m_Fe = 7,84 gam; m_Mg = 11,28 gam; m_Al = 2,43 gam.

* Trường hợp 2: Al(OH)₃ bị hoà tan một phần.

E chỉ có Fe₂O₃:0,5a mol, MgO: b mol và Al₂O₃: 0,5(c - 0,1) mol

⇒  80a + 40b + 51(c - 0,1)=30,2 (4)

Từ (1), (2), (4) giải hệ phương trình được a = 0,2; b = 0,1; c = 0,3

Vậy trong R có m_Fe = 11,2 gam, m _Mg = 2,4 gam, m _Al = 8,1 gam.

$n_{AgN{O}_3}=0,2mol;n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=0,1mol\Rightarrow n_{N{O}_3-}=0,4mol$

$n_{Zn}=\frac{19,5}{65}=0,3>\frac{n_{N{O}_3-}}{2}$

Vậy Zn dư, ta có n_{Zn pư} = 0,4/2 = 0,2 mol → n_{Zn dư} = 0,1 mol.

Bảo toàn khối lượng cho kim loại có:

m + 0,2.108 + 0,1.64 + 19,5 = 28 + 18,5 + 0,2.65

→ m = 12 gam.

a. A là ankan C₄H₁₀. Phản ứng cộng H₂ vào B thì H₂ hết. Coi Y gồm C₄H₁₀ và $C_x{H}_{\overline{y}}$.

- Sơ đồ phản ứng đốt cháy Y:

 Y +   O₂ → CO₂ + H₂O

0,3 mol      1 mol      0,6 mol

- Bảo toàn nguyên tố O → n CO₂ = 0,7 mol

- Số nguyên tử C trung bình của Y = $\frac{0,7}{0,3}=\frac{7}{3}$→ x = 2.

- B có thể là C₂H₄ hoặc C₂H₂. Nếu B là C₂H₄ thì trong Y phải có C₂H₆ điều này mâu thuẫn với dữ kiện.

- Vậy B là C₂H₂ (CH≡CH),

A là C₄H₁₀ (CH₃-CH₂-CH₂-CH₃ hoặc CH₃-CH(CH₃)-CH₃)

b. X gồm $\left(\begin{array}{c}{H}_2:amol\\ C_2{H}_2:bmol\\ C_4{H}_{10}:cmol\end{array}\right)$

- Bảo toàn nguyên tố C: 2b + 4c = 0,7.2 (1)

- Bảo toàn nguyên tố H: 2a+2b + 10c = 0,6.2.2 (2)

- Số nguyên tử C trung bình (trong Y): $\frac{2b+4c}{b+c}=\frac{7}{3}$ → b – 5c = 0 (3)

- Từ (1), (2) và (3) → a = 0,2; b = 0,5; c = 0,1.

- Vậy thành phần phần trăm theo thể tích của các khí trong X là

$\%V_{H_2}=\frac{0,2}{0,8}.100\%=25\%$;

 $\%V_{C_2{H}_2}=\frac{0,5}{0,8}.100\%=62,5\%$;

% V (C₄H₁₀) = 100% - 25% - 62,5% = 12,5%.

a) - n _RCOONa = n _NaOH = 0,3 mol → M _RCOONa = 96 → R là -C₂H₅.

- Đốt cháy x mol hỗn hợp 2 anken và 2 rượu dư

Vậy số mol O₂ = $\frac{3\overline{n}.x}{2}=1,05$ (1)

- Cho E tác dụng với Na, khối lượng bình Na tăng

$=m{}_{R^{1}OH}+m{}_{R^{2}OH}-m{}_{H_2}$

Hay 14 $\overline{n}$x +18x-0,5x.2 = 14,9 (2)

- Từ (1) và (2) ta có $\left(\begin{array}{c}x=0,3\\ \overline{n}=\frac{7}{3}\end{array}\right)$.

Vậy 2 ancol trong E là C₂H₅OH và C₃H₇OH.

- Do các chất trong M có số nguyên tử C khác nhau nên M sẽ gồm

$\left(\begin{array}{c}{C}_2{H}_{5}COOH:amol\\ C_2{H}_{5}OH:bmol\\ C_2{H}_{5}COO{C}_3{H}_7:cmol\end{array}\right)$

Theo bài ra ta có:

a + b = n _RCOONa = 0,3 (I)

b + c = x = 0,3 (II)

46b + 60 c = m _rượu = 14,9 + 0,3 = 15,2 (III)

Từ (I), (II) và (III) giải hệ phương trình được:

 a = 0,1; b = 0,2; c = 0,1.

Khối lượng C₂H₅COOH; C₂H₅OH và C₂H₅COOC₃H₇ trong hỗn hợp lần lượt là: 7,4 gam; 9,2 gam; 11,6 gam.

Vậy m = 7,4 + 9,2 + 11,6 = 28,2 gam.