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

a)    Cho lượng dư CuSO₄ khan vào rượu etylic 90°:

Hiện tượng: CuSO₄ khan màu trắng thành hidrat màu xanh

Phương trình hóa học:

CuSO₄ + 5H₂O → CuSO₄. 5H₂O

b) Nhỏ vài giọt oleum (H₂SO₄,3SO₃) vào dung dịch Ba(HCO₃)₂.

Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng và khí không màu

Phương trình hóa học:

H₂SO₄.3SO₃ + 3H₂O → 4H₂SO₄

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

c) Hiện tượng: Màu vàng lục clo mất dần, quỳ tím hóa đỏ

Phương trình hóa học:

CH₄ + Cl₂ $\stackrel{as}{\to }$  CH₃Cl + HCl (↑)

HCl (↑) + H₂O → dd HCl

Dung dịch HCl làm quỳ tím hóa đỏ.

d) Hiện tượng: Tạo kết tủa trắng bạc

Phương trình hóa học:

C₆H₁₂O₆ + Ag₂O $\stackrel{N{H}_3}{\to }$C₆H₁₂O₇ + 2Ag

Đánh số thứ tự từng lọ mất nhãn, trích mẫu thử.

Cho 5 mẫu kim loại tác dụng với dung dịch HCl dư:

+ Mẫu tan và sủi bọt khí là: Ba, Al; Fe; Mg

Ba + 2HCl ⟶ BaCl₂ + H₂↑

Mg + 2HCl ⟶ MgCl₂ + H₂↑

2Al + 6HCl ⟶ 2AlCl₃ + 3H₂↑.                        

Fe + 2HCl ⟶ FeCl₂ + H₂

+ Mẫu không tan là Ag

Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào các dung dịch muối vừa hình thành ở trên cho đến dư.

+ Mẫu tạo kết tủa trắng là MgCl₂ ⇒ Kim loại ban đầu là Mg 

MgCl₂ + 2NaOH ⟶ Mg(OH)₂↓ + 2NaCl.

+ Mẫu tạo kết tủa trắng xanh, hóa nâu ngoài không khí là FeCl₂⇒ Kim loại ban đầu là Fe 

FeCl₂ + 2NaOH ⟶ Fe(OH)₂↓ + 2NaCl.

4Fe(OH)₂↓ + O₂ + 2H₂O ⟶ 4Fe(OH)₃ ↓.

 + Mẫu tạo kết tủa keo trắng và kết tủa tan dần khi kiềm dư là AlCl₃⇒ Kim loại ban đầu là Al

AlCl₃ + 3NaOH ⟶ Al(OH)₃↓ + 3NaCl.

Al(OH)₃ + NaOH ⟶ Na[Al(OH)₄]

+ Mẫu không có hiện tượng gì là BaCl₂ ⇒ Kim loại ban đầu là Ba

3. Tinh chế CH₄:

Dẫn hỗn hợp khí trên đi qua dung dịch nước vôi trong dư, CO₂ và SO₂ bị hấp thụ hết.

CO₂ + Ca(OH)₂ ⟶ CaCO₃↓ + H₂O

SO₂ + Ca(OH)₂ ⟶ CaSO₃↓+ H₂O

Các khí còn lại dẫn qua dung dịch Br₂ dư, C₂H₄, C₂H₂ bị hấp thụ hết.

C₂H₄ + Br₂ ⟶ C₂H₄Br₂

C₂H₂ + 2Br₂ ⟶ C₂H₂Br₄

Khí CH₄ thoát ra dẫn qua bình H₂SO₄ đặc dư ta thu được CH₄ tinh khiết.

A là (C6H10O5)n

A1	A2	A3	A4
C6H12O6	C2H5OH	CH3COOH	CH3COOC2H5

Các phương trình hóa học minh họa:

6n CO₂ + 5n H₂O  $\stackrel{as}{\to }$(C₆H₁₀O₅)_n

(C₆H₁₀O₅)_n + n H₂O  $\stackrel{H^{+}}{\to }$n C₆H₁₂O₆

C₆H₁₂O₆  $\stackrel{le{n}_{}men}{\to }$2C₂H₅OH + 2CO₂

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

CH₃COOH + C₂H₅OH $\stackrel{H_{2}S{O}_4,t^0}{\rightleftarrows }$ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

a. Gọi công thức của muối là RCl_n

50 ml Y  + AgNO₃ dư  → AgCl (5,74 gam)

 → 200 ml Y + AgNO₃ dư → AgCl ( 22,96 gam)

→ n_AgCl = 0,16 mol

Phương trình hóa học:

RCl_n + nAgNO₃ → R(NO₃)_n + n AgCl↓

 a (mol)        an (mol)

Ta có: Ra + 35,5an = 8,56 mà an =0,16

→ Ra = 2,88 →  R = 18n

Vậy n = 1 ; R = 18 thỏa mãn, muối là NH₄Cl

b) Các phương trình hóa học:

NH₄Cl + NaOH $\stackrel{t^0}{\to }$  NaCl + NH₃ + H₂O

2NaCl + 2H₂O $\underset{cmn}{\overset{dpdd}{\to }}$  2NaOH + H₂ + Cl₂

Cl₂ + 2KOH → KCl + KClO + H₂O

2H₂O + 2Na  → 2NaOH +  H₂

a) Một phương trình hóa học điều chế Cl₂ trong phòng thí nghiệm:

MnO₂ + 4HCl $\stackrel{t^0}{\to }$MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

a)    Ta có chi tiết còn thiếu hoặc chưa chính xác:

(1) dung dịch D đặc

(2) ống dẫn khí vào bình cắm sâu xuống dung dịch để loại bỏ được hết khí HCl

(3) dung dịch F đặc để hút nước, giúp làm khô khí clo

(4) cần có bông tẩm dung dịch NaOH vì khí clo là một khí độc, tránh clo bay ra ngoài môi trường gây ô nhiễm.

Như vậy:

D là HCl đặc; E là dung dịch NaCl bão hòa, F là H₂SO₄ đặc, Z là MnO₂

MgO + H₂SO₄ →  MgSO₄ + H₂O

Fe + H₂SO₄ →  FeSO₄ + H₂↑

Dung dịch E: H₂SO₄ dư, MgSO₄, FeSO₄

H₂SO₄ dư + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2H₂O

MgSO₄ + 2NaOH → Mg(OH)₂↓ + Na₂SO₄

FeSO₄ + 2NaOH → Fe(OH)₂↓ + Na₂SO₄

Mg(OH)₂ $\stackrel{t^0}{\to }$  MgO + H₂O

4Fe(OH)₂ +  O₂ $\stackrel{t^0}{\to }$  2Fe₂O₃ + 4H₂O

Chất rắn M: MgO và Fe₂O₃

Ta có hệ phương trình:

$\{\begin{array}{c}{m}_{MgO}+m_{Fe}=25,6\\ m_{MgO}+m_{F{e}_2{O}_3}=28\end{array}$

 $m_{o\left(F{e}_2{O}_3\right)}=m_{F{e}_2{O}_3}-m_{Fe}=28-25,6=2,4gam$

 $\Rightarrow n_{O\left(F{e}_2{O}_3\right)}=\frac{2,4}{16}=0,15mol$  

$\Rightarrow n_{Fe}=\frac{2}{3}{n}_O=0,15.\frac{2}{3}=0,1mol$

$\Rightarrow n_{H_2}=n_{Fe}=0,1mol\Rightarrow V_{H_2}=2,24l$

a) Các phương trình hóa học xảy ra theo sơ đồ:

(1) 2CH₄ $\underset{LLN}{\overset{{1500}^{0}C}{\to }}$  CH≡CH+ 3H₂

(2) CH≡CH + HCl $\stackrel{HgC{l}_2,t^0}{\to }$  CH₂=CHCl

(3) n CH₂=CHCl $\stackrel{t^0,xt,p}{\to }$

b/

n_PVC = $\frac{{10}^6}{62,5.n}$ mol

Theo các pthh: $n_{C{H}_4}=2.\frac{{10}^6}{62,5}$ mol

Vì hiệu suất tương ứng với mỗi giai đoạn lần lượt là 50%, 80%, 80%

$\begin{array}{c}{n}_{kh{i}_{}thie{n}_{}nhien}=\frac{{2.10}^6}{62,5.0,5.0,8.0,8.0,9}=111111,111\\ \end{array}$

Thể tích khí thiên nhiên cần dùng là 2 488 888,889 lit = 2488,888889 m³

a/

Phần 1:

(1) Fe₃O₄ + 8HCl →  FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

 x                           x                  2x                          mol

 (2) Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

                              2x      x                  2x                                    mol

Vì sau phản ứng (1,2) còn chất rắn không tan nên Cu còn dư sau phản ứng, FeCl₃ hết

Dung dịch Y: FeCl₂, CuCl₂

Gọi số mol Fe₃O₄ ở mỗi phần là x mol

Theo PTHH (1,2) : m_T = $m_{CuC{l}_2}+m_{FeC{l}_2}$= 135x + 127.3x = 30,96

Vậy x = 0,06 mol

Phần 2:

(3) Cu + 2H₂SO₄ đặc $\stackrel{t^0}{\to }$  CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

(4) 2Fe₃O₄ + 10H₂SO₄ đặc $\stackrel{t^0}{\to }$  3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O

 SO₂ + Ca(OH)₂ → CaSO₃↓ + H₂O

Khối lượng bình tăng =$m_{S{O}_2}$ bị hấp thụ = 7,04 gam

   $n_{S{O}_2}=0,11mol$

Theo PTHH (4)  $n_{S{O}_2}=0,03mol$

   $n_{S{O}_2}\left(3\right)=0,08mol$

→ n_Cu = 0,08 mol

 % m_Cu trong hỗn hợp X = $\frac{0,08.64}{0,08.64+0,06.232}.100\%=26,78\%$

b/ Gọi các muối trong Z có công thức lần lượt là: CuCl₂.yH₂O; FeCl₂.zH₂O (x,y €N^*)

Ta có: $\begin{array}{c}{n}_{CuC{l}_2}=n_{CuC{l}_2.y{H}_{2}O}=0,06\\ n_{FeC{l}_2}=n_{FeC{l}_2.z{H}_{2}O}=0,18\end{array}$

Vì m_z = 46,08 gam

→ 30,96 + 1,08y + 3,24z = 46,08  →  1,08y + 3,24z = 15,12 (*)

 

Biết các chất trong Z đều có khối lượng mol phân tử nhỏ hơn 220 g/mol.

Thay giá trị của y, z vào * ta có bảng sau:

Vậy công thức muối cần tìm là: CuCl₂.2H₂O; FeCl₂.4H₂O

a. Phần trăm thể tích của C₂H₅OH trong dung dịch thu được sau khi pha trộn (khi không có sự hao hụt thể tích sau khi pha trộn)

$\frac{830}{830+40+15+5+110}.100\%=83\%$

b.

n_khí = 0,15 mol

2C_xH_y(OH)_n + 2nNa  → 2C_xH_y(ONa)_n + n H₂

                                                            0,15                       mol

Khối lượng bình tăng 8,9 gam so với ban đầu =  $m_X-m_{H_2}=8,9$

Vậy m_X = 9,2 gam =   $\left(12x+y+17n\right).\frac{0,3}{n}=M_X.\frac{0,3}{n}$

Đốt cháy X : C_xH_y(OH)_n $\stackrel{{+}_{}O{}_2,t^0}{\to }$  xCO₂

               0,1 mol                            0,1x (mol)

Ta có : →  44.0,1x ≤  22 →  x ≤ 5

Vì 1 nguyên tử C trong X chỉ có thể liên kết tối đa 1 nhóm –OH nên n ≤ 5.

Biện luận được n = 3; M = 92

X cần tìm là : C₃H₅(OH)₃

$n_{S{O}_2}=\frac{0,{08.10}^{-3}}{64}=1,{25.10}^{-6}mol$

Nồng độ mol/m³ SO₂ của thành phố là:

 $\frac{1,{25.10}^{-6}}{{50.10}^{-3}}=2,{5.10}^{-5}={25.10}^{-6}<{30.10}^{-6}$

Thành phố đó chưa bị ô nhiễm SO₂

CTPT của nicotin : C₁₀H₁₄N₂

Thành phần phần trăm về khối lượng của nitơ trong nicotin:

$\frac{2.14}{12.10+14.1+14.2}.100\%=17,5\%$

Hướng dẫn giải:

Chất rắn Z: Cu, Fe

Fe + 2HCl →  FeCl₂ + H₂

Gọi số mol của CuO, Fe₃O₄ trong hỗn hợp lần lượt là a , b (mol)

Bảo toàn Fe: n_Fe = n_Fe (Fe₃O₄) = 3b

Ta có:

$\left(\begin{array}{c}{m}_{CuO}+m_{F{e}_3{O}_4}=27,6\\ n_{Fe}=n_{H_2}=0,15\end{array}\right)\Rightarrow \left(\begin{array}{c}80a+232b=27,6\\ 3b=0,15\end{array}\right)\Rightarrow \left(\begin{array}{c}a=0,2\\ b=0,05\end{array}\right)$

$\left(\begin{array}{c}C{O_2}_{}x\\ C{O}_{}y\\ {H_2}_{}z\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}CuO\\ F{e}_3{O}_4\end{array}\right)\stackrel{}{\to }\left(\begin{array}{c}Fe\\ Cu\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}C{O}_2(x+y)\\ H_{2}O\left(z\right)\end{array}\right)$

Vì hỗn hợp khí X gồm CO₂, CO, H₂, tỉ khối hơi của X so với CH₄ là 0,975

Nên M_X = 44x + 28y + 2z = 15,6.(x + y + z)

Suy ra: 28,4x + 12,4y - 13,6z = 0                             (I)

Ta có:

C + H₂O $\stackrel{t^0}{\to }$ CO + H₂                               (1)

 y       y                                      mol

C + 2H₂O $\stackrel{t^0}{\to }$  CO₂ + 2H₂                (2)

 x       2x                                   mol

Bảo toàn O:

n_O (CO pư) + n_O (CuO, Fe₃O₄) = n_O (CO₂) + n_O (H₂O)

hay  y + 0,2 + 0,05.4 = 2y + z

→  y + z = 0,4                                               (II)

Từ PTHH (1,2): 2x+ y = z                             (III)

Từ (I); (II); (III) giải hệ phương trình được x = y = 0,1 và z = 0,3 mol

%V_CO = $\frac{0,1}{0,1+0,1+0,3}.100\%=20\%$