Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 2)

a) Nguyên tố thuộc nhóm II của bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học: X3 (vì có 2 electron ở lớp ngoài cùng)

b) Nguyên tố có 13 proton ở hạt nhân nguyên tử: X4 (vì lớp vỏ có 13 electron)

c) Nguyên tố phản ứng với kim loại kiềm theo tỉ lệ mol 1:1: X5 (vì có 7 electron lớp ngoài cùng)

d) Nguyên tố ở chu kì 4, nhóm I: X1 (vì có 1 electron ở lớp ngoài cùng)

2.

Các phương trình phản ứng xảy ra:

a) Cho dung dịch Na₂CO₃ vào dung dịch AlCl₃, thu được kết tủa trắng (Al(OH)₃) và khí thoát ra (CO₂):

3Na₂CO₃ + 2AlCl₃ + 3H₂O ® 6NaCl + 2Al(OH)₃¯ + 3CO₂­

b) Hòa tan hoàn toàn MgO trong dung dịch NH₄Cl đặc thấy thoát khí mùi khai (NH₃):

          MgO + 2NH₄Cl  ® MgCl₂ + 2NH_3­­ + H₂O

3.

a) Làm sạch khí CO₂ có lẫn tạp chất SO₂:

Dẫn hỗn hợp đi qua dung dịch nước brom dư, khí SO₂ có phản ứng nên bị giữ lại, còn CO₂ không phản ứng nên thoát ra, thu lấy khí CO₂ tinh khiết bằng phương pháp dời chỗ không khí:

          SO₂ + Br₂ + H₂O ® 2HBr + H₂SO₄

b) Làm sạch khí H₂S có lẫn tạp chất HCl:

Dẫn hỗn hợp đi qua dung dịch NaHS dư, khí HCl bị giữ lại, còn H₂S không phản ứng nên thoát ra, thu lấy khí H₂S tinh khiết bằng phương pháp dời chỗ không khí:

          NaHS + HCl ® NaCl + H₂S­

Phương trình phản ứng xảy ra:

FeCO₃ + H₂SO₄ ® FeSO₄ + CO₂­ + H₂O

a) Phải dùng lượng dư sắt(II) cacbonat vì FeSO₄ rất dễ tác dụng với oxi của không khí, nên sẽ không thu được sản phẩm mong muốn:

4FeSO₄ + 2H₂SO₄ + 2O₂ ® 2Fe₂(SO₄)₃ + 2H₂O

b) Dấu hiệu cho thấy lượng sắt(II) cacbonat đã dư: Không còn thấy bọt khí thoát ra nữa chứng tỏ muối cacbonat đã hết.

c) Có thể thay thế sắt(II) cacbonat trong quy trình trên bằng sắt: FeSO₃, FeS.

d) Xác định x:

%m_Fe = $\frac{56}{152+18.x}.100\%$ = 20,14% Þ x = 7.

Vậy muối là FeSO₄.7H₂O.

1.

a) Xác định A1, A2, B1, B2:

- A1 là hợp chất của Na, trong phân tử chỉ chứa hai nguyên tố; có hàm lượng Na là 58,97% theo khối lượng; A1 là chất khử mạnh, phản ứng với dung dịch KMnO₄ trong H₂SO₄ loãng tạo nên chất rắn màu vàng nhạt B1

Þ A1 là Na₂S; chất rắn màu vàng B1 là S.

- A2 là hợp chất của Na, trong phân tử cũng chứa hai nguyên tố và có hàm lượng Na cũng là 58,97% theo khối lượng. A2 là chất oxi hóa mạnh, phản ứng của A2 với KMnO₄ tạo nên khí không màu B2. Mà B1 và B2 là đơn chất của hai nguyên tố cùng nhóm trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Þ A2 là Na₂O₂, B2 là O₂.

- Các phương trình hóa học xảy ra:

5Na₂S + 2KMnO₄ + 8H₂SO₄ ® 2MnSO­₄ + 5S + K₂SO₄ + 5Na₂SO₄ + 8H₂O

5Na₂O₂ + 2KMnO₄ + 8H₂SO₄ ® 2MnSO­₄ + 5O₂ + K₂SO₄ + 5Na₂SO₄ + 8H₂O

b) Các chất từ C1 đến C5 và D1 đến D4 trong sơ đồ chuyển hóa:

C1	C2	C3	C4	C5
SO2	Na2SO3	SO3	H­2SO4

 

D1	D2	D3	D4
CaSO3	KHSO3	NaHSO4	MgSO4

2.

$n_{K_{2}C{O}_3}=\frac{41,4}{138}=0,3mol;n_S=\frac{12,8}{32}=0,4mol$

E₁ là CO₂;

$n_{E_1}=\frac{6,72}{22,4}=0,3mol$

- Bảo toàn khối lượng ta có: m_X = 12,8 + 41,4 - 0,3´44 = 41 gam

- Trong muối E2, E3 có chứa nguyên tố S.

Muối E2 tạo nên từ hai nguyên tố Þ E2 là K₂S.

Vì muối E2 chiếm 53,66% khối lượng của X nên:

$m_{E2}=\frac{53,56}{100}\times 41\text{ = }21,9596gam$

m_E3 = 41 – 21,9596 = 19,0404 gam.

$\Rightarrow n_{K_{2}S}=\frac{21,9596}{110}\approx 0,2mol\Rightarrow n_{K\left(E2\right)}=0,4mol;n_{S\left(E2\right)}=0,2mol$

$\Rightarrow n_{K\left(E3\right)}=0,2mol;n_{S\left(E2\right)}=0,2mol;n_{O\left(E3\right)}=0,3mol$

Þ Công thức phân tử E3 có dạng (K₂S₂O₃)_n

Theo bài ra M_E3 < 200 g/mol nên E3 có công thức phân tử là K₂S₂O₃.

- Phương trình hóa học:

4S + 3K₂CO₃ $\stackrel{t^{0}C}{\to }$ 2K₂S + K₂S₂O₃ + 3CO₂

Gọi thể tích dung dịch Y cần lấy là V (lít), ta có:

$n_{AlC{l}_3}=0,3V\left(mol\right);n_{HCl}=0,2V\left(mol\right)$

n_NaOH = 0,154 (mol)

Các phản ứng hóa học có thể xảy ra:

HCl + NaOH $\to$ NaCl + H₂O                                  (1)

AlCl₃ + 4NaOH $\to$ NaAlO₂ + H₂O + 3NaCl            (2)

AlCl₃ + 3NaAlO₂ + 6H₂O $\to$ Al(OH)₃↓ + 3NaCl     (3)

HCl + NaAlO₂ + H₂O $\to$ Al(OH)₃↓ + NaCl             (4)

3HCl + Al(OH)₃ $\to$ AlCl₃ + 3H₂O                           (5)

Trong đó (1), (2) đồng thời; khi hết NaOH thì đến (3), (4) đồng thời; khi hết NaAlO₂ thì đến (5).

a) Kết tủa trắng bắt đầu xuất hiện khi (1), (2) kết thúc

0,3V ´ 4 + 0,2V = 0,154 Þ V = 0,11 (lít)

b) Lượng kết tủa trắng lớn nhất khi (3), (4) kết thúc

Þ 0,3V ´ 3 + 0,2V = 0,154 Þ V = 0,14 (lít)

c) $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,021\left(mol\right)$

TH1: Chưa có (5): $n_{AlC{l}_3\left(3\right)}=0,3y\left(mol\right);n_{HCl\left(4\right)}=0,2y\left(mol\right)$

          $\Rightarrow n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,3y\times 4\text{ + }0,2y\text{ = }0,021\left(mol\right)\Rightarrow y\text{ = }0,015$

Vậy: V_{dung dịch Y} = 0,11 + 0,015 = 0,125 (lít).

TH2: Đã có (5): $n_{Al{\left(OH\right)}_3\text{ max}}=0,014\times 3\text{ = }0,042\left(mol\right)$

          $\Rightarrow n_{Al{\left(OH\right)}_3\text{ bò hoøa tan}}=0,042-0,021\text{ = }0,021\left(mol\right)$

(5) Þ n_HCl = 0,063 (mol) Þ V = 0,14 + $\frac{0,063}{0,2}$ = 0,455 (lít).

1.

a) Công thức cấu tạo của các sản phẩm có công thức phân tử C₃H₆Cl₂ từ phản ứng clo hóa C₃H₈:

ClH₂C – CHCl – CH₃;

ClH₂C – CH₂ – CH₂Cl;

CHCl₂ – CH₂ – CH₃;

CH₃ – CCl₂ – CH₃.

b)

G1:

            

Phương trình hóa học:

G2:    CH₃ - CH₂ - CH₂ - CH₂ - CH₃

Phương trình hóa học:

CH₃ - CH₂ - CH₂ - CH₂ - CH₃ + Cl₂

_{$\stackrel{askt}{\to }\left(\begin{array}{c}C{H}_3-C{H}_2-C{H}_2-C{H}_2-C{H}_{2}Cl\\ C{H}_3-C{H}_2-C{H}_2-CHCl-C{H}_3\\ C{H}_3-C{H}_2-CHCl-C{H}_2-C{H}_3\end{array}\right)+HCl$}