Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 8)

1. Một mẩu kim loại Na vào dung dịch CuSO₄:

Hiện tượng: Na tan dần trong dung dịch muối đồng sunfat, có kết tủa màu xanh tạo thành và có khí thoát ra.

Phương trình hóa học:

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

2NaOH + CuSO₄ → Na₂SO₄ + Cu(OH)₂↓

2. Một dây kim loại Cu vào dung dịch AgNO₃:

Hiện tượng: Có chất rắn màu xám (Ag) bám vào dây đồng, một phần dây đồng tan vào dung dịch, dung dịch ban đầu trong suốt chuyển sang màu xanh (Đồng (II) nitrat).

Phương trình hóa học:

Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag↓

3. Dung dịch CH₃COOH vào Cu(OH)₂:

Hiện tượng: Chất rắn màu xanh tan dần, tạo thành dung dịch màu xanh.

Phương trình hóa học:

Cu(OH)₂ + 2CH₃COOH → (CH₃COO)₂Cu + 2H₂O

4. Cho mẩu Na vào cốc đựng rượu etylic khan:

(Biết D_{rượu etylic} = 0,8 g/ ml; D_Na = 0,97 g/cm³)

Hiện tượng: Mẫu Na lơ lửng trong rượu, tan dần và có bọt khí không màu thoát ra

- Giải thích: Do: D_rượu < D_Na, nên Na chìm trong rượu, phản ứng với rượu làm Na tan dần, khí H₂ tạo ra lực đẩy làm Na lơ lửng trong rượu.

Phương trình hóa học:

2Na(r) + 2C₂H₅OH → 2C₂H₅ONa + H₂ ↑

1. Khi cho một sợi đây đồng đã cạo sạch vào bình cắm hoa thì hoa sẽ tươi lâu hơn vì: Đồng kim loại sẽ tạo nên một số ion Cu²⁺ tan vào trong nước sẽ có tác dụng diệt khuẩn, làm cho các cuống hoa đỡ bị thối trong nước. Do đó đỡ làm tắc các mao quản dẫn nước lên cánh hoa nên hoa tươi hơn.

2. Các đồ vật làm bằng nhôm khó bị ăn mòn trong không khí vì: Trong không khí, Al tiếp xúc với khí O₂, với H₂O tạo ra lớp màng oxit nhôm Al₂O₃ mỏng nhưng rất bền vững. Lớp màng oxit nhôm bảo vệ nhôm tiếp xúc với môi trường bên ngoài, ngăn ngừa quá trình oxi hóa khử.

3. Khi hạ đường huyết người ta cho uống nước đường thay vì ăn các loại thức ăn khác vì: Nước đường chứa đường đôi, khi cho bệnh nhân uống nhanh chóng chuyển hoá thành đường đơn trong cơ thể và được ấp thụ giúp tăng lại mức đường huyết. Các loại thức ăn khác thường chứa đường đa, tinh bột, béo, protein,.. nhiều chất khác nhau, quá trình phân giải và hấp thu sẽ rất lâu và không hiệu quả nhanh cho bệnh nhân.

4. Trên thực tế người ta không dùng nước để dập tắt các đám cháy do xăng dầu do:

Xăng dầu nhẹ hơn nước, nếu ta dập đám cháy gây ra bởi xăng dầu bằng nước thì nước lan tỏa đến đâu xăng dầu lan tỏa đến đó khiến đám cháy còn lan rộng lớn và khó dập tắt hơn.

Do đó khi ngọn lửa do xăng dầu cháy người ta hay thường dùng vải dày ướt trùm hoặc phủ cát lên ngọn lửa để cách li ngọn lửa với oxi (với các đám cháy nhỏ). Ngoài ra, còn dùng các hóa chất chuyên dụng để xử lý (với các đám cháy lớn).

a. Khí X là C₂H_4.

Khi dẫn khí X vào ống nghiệm đựng dung dịch KMnO₄, màu tím của KMnO₄ chuyển dần sang không màu và có vẩn đục màu đen.

3C₂H₄ + 4H₂O + 2KMnO₄ → 3C₂H₄(OH)₂ + 2MnO₂↓ + 2KOH 

b. Đá bọt giúp cho chất lỏng sôi êm dịu, có thể thay đá bọt bằng mảnh thủy tinh, vụn sứ…

Hai phương pháp để điều chế Na₂CO₃ tinh khiết:

Phương pháp 1:

Sục CO₂ dư vào bình đựng dung dịch NaOH:

CO_{2 dư} + NaOH → NaHCO₃

Đun nóng dung dịch thu được Na₂CO₃:

2NaHCO₃ $\stackrel{t^o}{\to }$ Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

Phương pháp 2:

Lấy dung dịch NaOH vào 2 bình tam giác đến vạch chia (hai dung dịch có cùng thể tích ⇒ cùng số mol)

Sục CO₂ đến dư vào bình thứ nhất, thu được dung dịch NaHCO₃.

Sau đó đổ bình 2 (dung dịch NaOH) vào dung dịch thu được ở bình 1 ta sẽ thu được Na₂CO₃. Phương trình hóa học minh họa:

CO_{2 dư} + NaOH → NaHCO₃

NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

Nhận biết từng khí trong hỗn hợp: CO₂, SO₃, SO₂ và H₂

Lấy một mẫu khí X làm thí nghiệm:

Bước 1: Dẫn hỗn hợp X qua dung dịch BaCl₂ dư, nhận ra SO₃ và loại bỏ được SO₃.

Hiện tượng: có BaSO₄↓ (màu trắng, không tan trong HCl)

Phương trình hóa học:

SO₃ + H₂O + BaCl₂ → BaSO₄↓ + 2HCl

Bước 2: Dẫn hỗn hợp khí sau khi đi ra khỏi bình dd BaCl₂ vào dung dịch Br₂ dư, nhận ra và loại bỏ khí SO₂.

Hiện tượng: mất màu nâu đỏ của nước brom.

Phương trình hóa học:

SO₂ + H₂O + Br₂ → H₂SO₄ + 2HBr

Bước 3: Dẫn hỗn hợp khí sau khi đi ra khỏi bình dung dịch brom, vào dung dịch nước vôi trong dư, nhận ra và loại bỏ CO₂.

Hiện tượng: dung dịch nước vôi trong hóa đục do có CaCO₃↓

Phương trình hóa học:

CO₂ + Ca(OH)_{2 dư} → CaCO₃↓ + H₂O

Bước 4: Khí còn lại dẫn qua ống đựng CuO nung nóng nhận ra H₂.

Hiện tượng: Chất rắn ban đầu có màu đen (CuO) sau một thời gian chuyển sang màu đỏ (Cu).

Phương trình hóa học:

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

Xác định Y, Z, M:

Đặt số mol mỗi chất là a

Các phương trình hóa học xảy ra như sau:

K₂O + H₂O → 2KOH

a                  → 2a                                mol

KOH + KHCO₃ → K₂CO₃ + H₂O

a       → a           → a                            mol

NH₄Cl + KOH → KCl + NH₃ ↑+ H₂O

a          ← a                  → a                  mol

BaCl₂ + K₂CO₃ → BaCO₃ ↓ + 2KCl

                 a       → a              → a        mol

Vậy Y là NH₃; dung dịch Z là KCl; M là BaCO₃.

Các phương trình phản ứng xảy ra:

2R + 2xHCl → 2RCl_x + xH₂ ↑            (1)

NaOH + HCl → NaCl + H₂O              (2)

RCl_x + xNaOH → R(OH)_x + xNaCl    (3)

R(OH)_x $\stackrel{t^o}{\to }$R₂O_x + H₂O                  (4)

Gọi hóa trị R là x, theo bài ra có:

$n_{NaOH}=\frac{64.12,5}{40.100}\text{= }0,2mol.$

Theo phương trình có m_NaCl = 11,7 gam.

Từ 2 nồng độ xác định được:
m _{dung dịch Y} = 250 gam và khối lượng RCl_x = 33,25 gam.
Ta có quá trình:

RCl_x → R(OH)_x → R₂O_x (14 gam).

Nhận thấy:

2RCl_x → R₂O_x

$\Rightarrow n_{R_2{O}_x}=\frac{33,24-14}{71x-16x}=\frac{14}{2R+16x}mol$

Suy ra: R = 12 thỏa mãn x = 2 ⇒ R = 24, là Mg.

$m_{ddHCl}=m_{ddY}+m_{H_2}-m_{ddNaOH}-m_X$

Thay số $(n_X=0,35;n_{H_2}=0,35)\Rightarrow m_{ddHCl}=178,3gam$

Theo phương trình:

n_HCl = 0,2 + 0,7 = 0,9 mol

⇒ m_HCl = 32,85 gam ⇒ C%_HCl = 18,24%.

Hướng dẫn giải:

A chứa 2O và số nguyên tử X gấp 2 lần O nên có 4 nguyên tử X.
Vậy công thức của A có dạng C_aH_bO₂X₄

⇒ $M_A=\frac{2M_O}{9,94\%}=\frac{16.2}{9,94}=322$

⇒ $\%m_C=\frac{12a}{322}=44,72\%\Rightarrow a=12$

⇒ $\%m_H=\frac{b}{322}=1,24\%\Rightarrow b=4$

⇒ M_A = 12.12 + 4.1 + 16.2 + 4.M_X = 322

⇒ M_X = 35,5 ⇒ X: Cl

Vậy công thức của A là C₁₂H₄O₂Cl₄.

1. Khí duy nhất thoát ra từ phản ứng vôi tôi xút và là hiđrocacbon no đơn giản nhất ⇒ X là CH₄

$\begin{array}{c}{n}_{C{H}_4}=\frac{11,2}{22,4}=0,5mol;\\ n_{O_2}=\frac{47,728}{22,4}=1,9mol;\\ n_{NaOH}=0,28.2=0,56mol\end{array}$

X chứa 3 este mạch hở, không phân nhánh và Y là hỗn hợp muối tham gia phản ứng với vôi tôi xút tạo ra CH₄

Y có chứa CH₃COONa và CH₂(COONa)₂.

⇒ Trong X có chứa: 1 este 2 chức axit và 1 este 2 chức ancol

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng xà phòng hóa ta có:

m_X + m_NaOH = m_muối + m_ancol

⇒ $m_{ancol}$= 18,68 gam

- Trường hợp 1: 2 este 2 chức là (CH­₃COO)₂A và CH₂(COOB)₂

_{$n_{C{H}_2{(C\text{OONa)}}_2}=0,06mol\Rightarrow n_{{(C{H}_{3}C\text{OO)}}_{2}A}=0,1-0,06=0,04mol$}

⇒ Các ancol gồm: $\left(\begin{array}{c}A{\left(OH\right)}_2:0,04mol\\ BOH:0,12mol\\ C{H}_{3}OH:0,36mol\end{array}\right)$

⇒ (A+34).0,04 + (B+17).0,12 + 32.0,36 = 18,68

⇒ A + 3B = 94

Vì B = 29 (C₂H₅-) ⇒ A = 7 (loại)

- Trường hợp 2: hai este đa chức là (CH­₃COO)₂A: 0,04 mol và CH₃OOC – CH₂- COOB (0,06 mol)

⇒ Các ancol gồm: $\left(\begin{array}{c}A{\left(OH\right)}_2:0,04mol\\ BOH:0,06mol\\ C{H}_{3}OH:0,42mol\end{array}\right)$

⇒ 2A + 3B = 143

⇒ Cặp giá trị phù hợp là A = 28 (-C₂H₄-) và B = 29 (C₂H₅-)

Các ancol là C₂H₄(OH)₂; CH₃OH; C₂H₅OH

$\left(\begin{array}{c}\%m_{C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2}=13,276\%\\ \%m_{C{H}_{3}OH}=71,949\%\\ \%m_{C_2{H}_{5}OH}=14,775\%\end{array}\right)$