Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 5)

a) Cho kim loại Ba vào dung dịch CuCl₂.

Hiện tượng: Ba tan dần, có khí thoát ra, kết tủa xanh xuất hiện.

Phương trình hóa học:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂↑

Ba(OH)₂ + CuCl₂ → BaCl₂ + Cu(OH)₂↓

b) Nhỏ dung dịch NaOH dư vào dung dịch Ca(HCO3)2.

Hiện tượng: Kết tủa trắng xuất hiện.

Phương trình hóa học: 2NaOHdư + Ca(HCO3)2 → Na2CO3 + CaCO3↓ + 2H2O.

c) Cho một ít bột đá vôi nghiền nhỏ vào 5ml dung dịch giấm ăn.

Hiện tượng: Bột đá vôi tan dần, có khí thoát ra.

Phương trình hóa học: CaCO₃ + 2CH₃COOH → (CH₃COO)₂Ca + CO₂↑ + H₂O

d) Cho một mẩu kim loại Na vào dung dịch rượu etylic 40^o.

Hiện tượng: Mẩu Na tan dần, có khí thoát ra.

Phương trình hóa học: 2Na + 2C₂H₅OH → 2C₂H₅ONa + H₂↑.

Đánh số thứ tự từng lọ mất nhãn, trích mỗi lọ một ít sang ống nghiệm đánh số tương ứng.

Cho Ba(OH)2 lần lượt vào từng mẫu thử.

- Không thấy hiện tượng gì xuất hiện → HCl

2HCl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2H2O

- Xuất hiện kết tủa trắng: Ba(HCO3)2; Na2SO3; H2SO4

Ba(HCO3)2 + Ba(OH)2 → 2BaCO3↓ + 2H2O

Na2SO3 + Ba(OH)2 → BaSO3↓ + 2NaOH

H2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓ + 2H2O

Tiếp tục cho HCl vừa nhận biết vào từng kết tủa tạo thành.

- Kết tủa không tan → Kết tủa là BaSO4 → chất đầu là H2SO4.

- Kết tủa tan, có khí thoát ra → Kết tủa là BaCO3; BaSO3 → chất đầu là Ba(HCO3)2; Na2SO3 (I)

BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑ + H2O

BaSO3 + 2HCl → BaCl2 + SO2↑ + H2O

Cho H2SO4 vừa nhận ra tác dụng lần lượt với các mẫu thử ở nhóm I

- Có kết tủa xuất hiện, có khí thoát ra → Ba(HCO3)2

Ba(HCO3)2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2CO2↑ + 2H2O

- Có khí thoát ra → Na2SO3

Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2↑ + H2O

a) Số mol H2SO4: 0,2.1 = 0,2 mol;

số mol SO2: $\frac{3,36}{22,4}$ = 0,15 mol

Gọi số mol Cu và FeO lần lượt là x và y (mol)

Cho hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với H2SO4 loãng, Cu không phản ứng.

$\begin{array}{c}FeO+H_{2}S{O}_4\to FeS{O}_4+H_{2}O\\ 0,2\leftarrow 0,2 mol\end{array}$

Vậy y = 0,2.

Cho hỗn hợp X tác dụng với H2SO4 đặc, nóng:

$\begin{array}{c}Cu+2H_{2}S{O}_{4đ} \to CuS{O}_4+S{O}_2\uparrow +2H_{2}O\\ x x mol\end{array}$

$\begin{array}{c}2FeO+4H_{2}S{O}_{4đ} \to F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+S{O}_2\uparrow +4H_{2}O\\ 0,2 \to 0,1 0,1 mol\end{array}$

Lại có: x + 0,1 = 0,15 ⇒ x = 0,05.

$\%m_{Cu}=\frac{0,05.64}{0,05.64+0,2.72}.100\%=18,18\%$

$\%m_{FeO}=100\%-18,18\%=81,82\%.$

b) Dung dịch Y chứa 2 muối CuSO4 (0,05 mol) và Fe2(SO4)3 (0,1 mol).

Cho dung dịch Y tác dụng với Cu có phản ứng:

$\begin{array}{c}Cu+F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\to CuS{O}_4+2FeS{O}_4\\ 0,1\leftarrow 0,1 mol\end{array}$

Vậy m = 0,1.64 = 6,4 gam.

500 ml cồn 70^o có chứa thể tích cồn nguyên chất là:

$500.\frac{70}{100}=350ml$

Thể tích cồn 90^o cần dùng để pha 500 ml cồn 70^o là:

$350.\frac{100}{90}=388,89ml$

Thể tích nước cất cần dùng là: 500 – 388,89 = 111,11 ml.

Dùng cồn 70^o để sát khuẩn tay tốt hơn cồn 90^o vì:

Cồn có khả năng thẩm thấu cao nên có thể thấm sâu vào trong tế bào vi khuẩn, gây đông tụ protein làm cho vi khuẩn chết. Tuy nhiên, ở nồng độ cao sẽ làm cho protein trên bề mặt của vi khuẩn đông tụ nhanh tạo ra lớp màng ngăn không cho cồn thấm sâu vào bên trong, làm giảm tác dụng diệt khuẩn.

Hòa tan hỗn hợp chất rắn A gồm K₂O, KHCO₃, BaCl₂ có số mol bằng nhau (x mol) vào bình chứa nước dư, các phản ứng hóa học xảy ra như sau:

$\begin{array}{c}{K}_{2}O+H_{2}O\to 2KOH\\ x 2x mol\end{array}$

$\begin{array}{c}KOH+KHC{O}_3\to K_{2}C{O}_3+H_{2}O\\ 2x x x mol\end{array}$

$\begin{array}{c}{K}_{2}C{O}_3+BaC{l}_2\to BaC{O}_3\downarrow +2KCl\\ x x x 2x mol\end{array}$

Kết tủa C là BaCO₃ (x mol)

Dung dịch B gồm: KOH (x mol); KCl (2x mol)

Nhỏ tiếp dung dịch FeCl₂ vào bình phản ứng:

FeCl₂ + 2KOH → Fe(OH)₂↓ + 2KCl

Kết tủa D là Fe(OH)₂.

Nung kết tủa D trong không khí:

4Fe(OH)₂ + O₂ → 2Fe₂O₃ + 4H₂O

Chất rắn E là Fe₂O₃.

Khử chất rắn E bằng khí CO:

Fe₂O₃ + 3CO $\stackrel{t^o}{\to }$ 2Fe + 3CO₂

Chất rắn F là Fe.

X  rượu etylic Y  etyl axetat.

Vậy hai chất X và Y lần lượt là: etilen (CH₂ = CH₂) và axit axetic (CH₃COOH).

Phương trình hóa học minh họa:

CH₂ = CH₂ + H₂O $\stackrel{H_{2}S{O}_{4}dac,t^o}{\to }$ C₂H₅OH

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

C₂H₅OH + CH₃COOH $\stackrel{H_{2}S{O}_4,t^o}{\rightleftarrows }$ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

a) Khối lượng bình (1) tăng là khối lượng nước.

$n_{H_{2}O}=\frac{7,2}{18}=0,4mol\Rightarrow n_{H\left(A\right)}=2.n_{H_{2}O}=0,8mol$

Cho sản phẩm cháy qua bình (2):

CO₂ + Ca(OH)_{2 dư} → CaCO₃↓ + H₂O

$n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=\frac{40}{100}=0,4mol\Rightarrow n_{C\left(A\right)}=0,4mol$

Đốt cháy A thu được CO₂ và H₂O nên trong A có C, có H và có thể có O.

Có m_C(A) + m_H(A) = 0,4.12 + 0,8.1 = 5,6. Vậy trong A không có chứa O.

Đặt công thức tổng quát của A là C_xH_y

Có x : y = n_C : n_H = 0,4 : 0,8 = 1 : 2.

Vậy A có công thức dạng (CH₂)_n

Lại có: M_A = 14n = 3,5.16 = 56 ⇒ n = 4.

b) A có mạch hở, không phân nhánh, nên các công thức cấu tạo thỏa mãn là:

CH₂ = CH – CH₂ – CH₃;

CH₃ – CH = CH – CH₃.

nNaOH = 0,1.2 = 0,2 mol

Cho axit hữu cơ phản ứng với NaOH có phản ứng:

$\begin{array}{c}{C}_n{H}_{2n-1}COOH+NaOH\to C_n{H}_{2n-1}COONa+H_{2}O\\ 0,2 \leftarrow 0,2 \to 0,2 mol\end{array}$

Có mmuối = 0,2. (14n + 66) = 18,8 ⇒ n = 2.

Vậy axit là $C_2{H}_{3}COOH.$

Cho axit $C_2{H}_{3}COOH.$ phản ứng với $C_2{H}_{5}OH$

$\begin{array}{c}{C}_2{H}_{3}COOH+C_2{H}_{5}OH \stackrel{H_{2}S{O}_4\text{d}ac,t°}{\rightleftarrows }{C}_2{H}_{3}COO{C}_2{H}_5+H_{2}O\\ 0,2 0,25 mol\end{array}$

Có $\frac{0,2}{1}<\frac{0,25}{1}$  nên số mol sản phẩm tính theo axit.

Khối lượng este theo lý thuyết thu được là:

mLT = 0,2.100 = 20 gam.

Hiệu suất phản ứng este hóa là:

$H=\frac{m_{esteThucte}}{m_{esteLythuyet}}.100\%=\frac{18}{20}.100\%=90\%.$

Cách tinh chế khí CO₂ từ hỗn hợp khí gồm SO₂, CO₂, Cl₂:

Dẫn toàn bộ hỗn hợp khí qua bình đựng dung dịch NaBr dư, khí Cl₂ bị giữ lại.

Cl₂ + 2NaBr → 2NaCl + Br₂

Một lượng SO₂ phản ứng với Br₂ trong dung dịch.

Br₂ + 2H₂O + SO₂ → 2HBr + H₂SO₄

Khí thoát ra: CO₂, có thể còn SO₂ tiếp tục dẫn qua bình đựng lượng dư dung dịch brom, khi đó toàn bộ SO₂ bị giữ lại.

CO₂ thoát ra có lẫn hơi nước, cho qua bình đựng H₂SO₄ đặc thu được CO₂ tinh khiết.

a)

$\begin{array}{c}{n}_{HCl}=0,12.1=0,12mol;\\ n_{H_2}=\frac{0,672}{22,4}=0,03mol\end{array}$

Giả sử kim loại M có hóa trị n, cho hỗn hợp X vào HCl có phản ứng:

$\begin{array}{c}2M+2nHCl\to 2MC{l}_n+n{H}_2 \\ 0,06\leftarrow 0,03 mol\end{array}$

$\begin{array}{c}F{e}_2{O}_3+6HCl\to 2FeC{l}_3+3H_{2}O\\ 0,01\leftarrow \left(0,12-0,06\right) mol\end{array}$

Vậy mM = 2,14 – 0,01.160 = 0,54 gam