Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 19)

Các phương trình hóa học xảy ra:

a. CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

    CO₂ + CaCO₃↓ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

b. 2KHCO₃ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2H₂O + 2CO₂↑

c. Fe₃O₄ + 8HCl → 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O

d. C + O₂ $\stackrel{{\text{t}}^{\text{o}}}{\to }$ CO₂

X₁: KHSO₃; X₃: MgSO₄; X₅: NaHSO₄; X₂: K₂SO₄; X₄: Mg(OH)₂; X₆: Na₂SO₄.

Các phản ứng xảy ra trong sơ đồ:

2KHSO₃ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2SO₂↑ + 2H₂O

MgSO₄ + 2KOH → K₂SO₄ + Mg(OH)₂↓

2NaHSO₄ + 2KOH → K₂SO₄ + Na₂SO₄ + 2H₂O

a. A: dung dịch HCl đặc.          

B: Các chất oxi hóa mạnh như: MnO₂, KMnO₄, K₂Cr₂O₇, CaOCl₂, …

D: dung dịch NaCl bão hòa.

E: dung dịch H₂SO₄ đặc.

Một số phương trình hóa học điều chế Cl₂:

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

2KMnO₄ + 16HCl _đặc $\stackrel{{\text{t}}^{\text{o}}}{\to }$  2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

K₂Cr₂O₇ + 14HCl _đặc $\stackrel{{\text{t}}^{\text{o}}}{\to }$  2KCl + 2CrCl₃ + 3Cl₂ + 7H₂O

Cho hỗn hợp khí đi qua dung dịch brom dư, SO₂ bị giữ lại theo phương trình:

SO₂ + Br₂ + 2H₂O → H₂SO₄ + 2HBr

Khí CO₂ không phản ứng thoát ra.

Phương trình hóa học:

2Al + Fe₂O₃ $\stackrel{{\text{t}}^{\text{o}}}{\to }$  Al₂O₃ + 2Fe

Chất rắn Y: Al₂O₃, Fe và Al dư

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

Chất rắn không tan Z: Fe.

Dung dịch T: NaAlO₂, NaOH dư

Ta có:${\text{n}}_{{\text{Fe}}_{\text{2}}{\text{O}}_{\text{3}}}=\frac{\text{24}}{160}=0,15\text{ mol}$ → n_{Al phản ứng} = 0,3 mol

 ${\text{n}}_{{\text{H}}_{\text{2}}}=\frac{\text{6,72}}{22,4}=0,3\text{ mol}$→ n_{Al dư} = 0,2 mol

Số mol Al ban đầu là: 0,3 + 0,2 = 0,5 mol

→ m_Al = 0,5.27 = 13,5 gam

→ a = 13,5

Bảo toàn nguyên tố Al:  ${\text{n}}_{{\text{NaAlO}}_{\text{2}}}={\text{ n}}_{\text{Al}}=0,5\text{ mol}$

Dung dịch T gồm 2 chất tan có cùng nồng độ mol tức có cùng số mol nên

n_{NaOH dư} = 0,5 mol

Bảo toàn nguyên tố Na: n_{NaOH phản ứng} = n_{Al ban đầu} = 0,5 mol

Số mol NaOH ban đầu là: 0,5 + 0,5 = 1,0 mol

Nồng độ NaOH là $\frac{\text{1}}{0,5}=2\text{ M}$ → b = 2

Có 3 CTCT có thể có của Q:

CH₂=CH-CH₂-CH₃                   

CH₃-CH=CH-CH₃

CH₂=C(CH₃)₂

a. Gọi công thức của G, I, K là: (C₂H₃O₂)_n

Độ bất bão hòa của G, I, K là:$\Delta =\frac{\text{2C + 2 - H}}{2}=\frac{4\text{n + 2 - 3n}}{2}=\frac{\text{n + 2}}{2}$

Do G, I, K là hợp chất no chỉ chứa các nhóm chức phản ứng được với NaOH nên

$\Delta =\frac{\text{n + 2}}{2}=\text{ n }\to \text{ n = 2}$

CTPT của G, I, K là C₄H₆O₄.

b. G + 2NaHCO₃ → (G₁) + 2CO₂↑ + 2H₂O nên G là axit 2 chức.

(I) + 2NaOH → (I₁) + 2CH₃OH nên I là este 2 chức của axit hai chức với CH₃OH.

(K) + 2NaOH → (I₁) + (K₁) + H₂O nên K là hợp chất tạp chức axit và este.

Gọi x và y lần lượt là số mol của U và V trong 0,05 mol hỗn hợp T.

Phương trình hóa học: RCOOH + Na → RCOONa + $\frac{\text{1}}{2}$ H₂

R’(OH)₂ + 2Na → R’(ONa)₂ + H₂

Ta có hệ phương trình:$\left(\begin{array}{c}x+y=0,05\\ \frac{x}{2}+y=0,04\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{c}x=0,02\\ y=0,03\end{array}\right)$

Trong 0,25 mol hỗn hợp T có 0,1 mol RCOOH và 0,15 mol R’(OH)₂.

Khi đốt cháy :${\text{n}}_{{\text{CO}}_{\text{2}}}=0,7{\text{ mol; n}}_{{\text{H}}_{\text{2}}\text{O}}=0,75\text{ mol}$

Gọi n và m lần lượt là số nguyên tử Cacbon trong U và V.

Bảo toàn nguyên tố C: 0,1n + 0,15m = 0,7 → 2n + 3m = 14 → Chọn n = 4 và m = 2

Vì ${\text{n}}_{{\text{H}}_{\text{2}}\text{O}}>{\text{n}}_{{\text{CO}}_{\text{2}}}$  nên ancol V là no → V là C₂H₆O₂ hay C₂H₄(OH)₂.

Bảo toàn nguyên tố H

→ số nguyên tử H trong U là:$\frac{\text{0,75.2 - 0,15.6}}{0,1}=6$

CTPT của U là: C₄H₆O₂.

CTCT của U là: CH₂=CH-CH₂-COOH

                        CH₃-CH=CH-COOH

                        CH₂=C(CH₃)-COOH

MCO₃.M(OH)₂.nH₂O $\stackrel{{\text{t}}^{\text{o}}}{\to }$  2MO + CO₂ + (n + 1)H₂O

Ta có:

Biện luận ta được n = 9 và M = 64 (Cu) thỏa mãn.

Công thức của khoáng chất X là: CuCO₃.Cu(OH)₂.9H₂O

b. Hỗn hợp Y gồm 0,05 mol CO₂ và 0,5 mol H₂O_(h).

Theo giả thiết,${\text{n}}_{\text{NaOH}}=0,1{\text{ mol; n}}_{{\text{Ba(OH)}}_{\text{2}}}=0,03\text{ mol}$

  $\begin{array}{c} C{O}_2+Ba{\left(OH\right)}_2\to BaC{O}_3+H_{2}O\\ Ban\text{ dau}: 0,05 0,03\\ Phan\text{ u}ng:0,03 0,03 0,03\\ Sau: 0,02 0 0,03\end{array}$

$\begin{array}{c}C{O}_2+2NaOH\to N{a}_{2}C{O}_3+H_{2}O\\ Banđau: 0,02 0,1\\ Phan\text{ u}ng: 0,02 0,02 0,02\\ Sau: 0 0,08 0,02\end{array}$

m₁ gam kết tủa gồm 0,03 mol BaCO₃ → m₁ = 0,03.197 = 5,91 gam

Khối lượng dung dịch tăng lên so với ban đầu là:

m₂ =  ${\text{m}}_{{\text{CO}}_{\text{2}}}+{\text{ m}}_{{\text{H}}_{\text{2}}\text{O}}{\text{ - m}}_{{\text{BaCO}}_{\text{3}}}\text{ = 0,05.44 + 0,5.18 - 5,91 = 5,29 gam}$

Theo giả thiết: ${\text{n}}_{{\text{Br}}_{\text{2}}}=0,25{\text{ mol; n}}_{{\text{CO}}_{\text{2}}}=0,98\text{ mol}$

Xét phản ứng:

$\begin{array}{c}{C}_m{H}_{2m+2-2k}+kB{r}_2\to C_m{H}_{2m+2-2k}B{r}_{2k} \\ \frac{0,25}{k} \leftarrow 0,25 mol\end{array}$

Vì khối lượng bình brom tăng 7,0 gam chính là khối lượng M phản ứng nên ta có

$\frac{0,25}{\text{k}}\left(14\text{m + 2 - 2k}\right)=7\to \text{ 14m + 2 = 30k}$

Chọn k = 1 và m = 2 → CTPT của M là C₂H₄.

Hỗn hợp khí thoát ra gồm C_nH_2n+2 (N): x mol và C₂H₄ (M) dư: y mol

Ta có hệ: _{$\left(\begin{array}{c}(14n+2)x+28y=14,6\\ nx+2y=0,98\end{array}\right)$}

→ x = 0,44

→ 0,44n + 2y = 0,98

Nếu n = 1 (CH₄) → y = 0,27

$\%{\text{V}}_{{\text{CH}}_4}\text{= }\frac{0,44}{0,27+0,44}.100\%=61,97\%\to \%{\text{V}}_{{\text{C}}_{\text{2}}{\text{H}}_4}=38,03\%$

Nếu n = 2 (C₂H₆) → y = 0,05

$\%{\text{V}}_{{\text{C}}_{\text{2}}{\text{H}}_6}\text{= }\frac{0,44}{0,05+0,44}.100\%=89,8\%\to \%{\text{V}}_{{\text{C}}_{\text{2}}{\text{H}}_4}=10,2\%$