Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 20)

R1	R2	R3	R4	R5	R6
S	SO2	H2SO4	Fe3O4	C	CO2

Các phương trình hóa học:

a) S + O₂ $\stackrel{t°}{\to }$ SO₂      

b) SO₂ + 2H₂S → 3S↓ +2H₂O

c)  SO₂ + Br₂ + H₂O → 2HBr + H₂SO₄

d) 4H₂SO₄ + Fe₃O₄ → Fe₂(SO₄)₃ + FeSO₄ + 4H₂O

e) 2H₂SO_{4 (đặc)} + C → 2SO₂ + CO_{2 (khí)} + 2H₂O

a. A là MnO₂ hoặc KMnO₄

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

2KMnO₄ + 16HCl $\stackrel{t°}{\to }$  2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

b. 2 bình đựng NaCl bão hoà và bình H₂SO₄ đặc dùng để rửa và làm khô khí.

- Bình đựng NaCl bão hoà dùng để giữ lại HCl

- Bình dung dịch H₂SO₄ đặc để làm khô khí, do H₂SO₄ đặc có tính hút ẩm.

- Nút bông tẩm dung dịch NaOH đề tránh HCl thoát ra khỏi bình thu khí.

a) Các chất tác dụng với NaOH là: CH₃COOH, CH₃COOC₂H₅

CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

CH₃COOC₂H₅ + NaOH $\stackrel{t°}{\to }$  CH₃COONa + C₂H₅OH

b)

Chất thử	C2H5OH	CH3COOH	CH3COOC2H5
Quỳ tím	-	Đỏ	-
Na	↑		-

 

2C₂H₅OH + 2Na → 2C₂H₅ONa + H₂↑

b) Khi để ngọn mía lâu ngày trong không khí, ở đầu đoạn mía thường có mùi rượu etylic vì đoạn đầu cây mía tiếp xúc trực tiếp với không khí, trong không khí có thể có một số vi khuẩn giúp phân hủy dần saccarozơ thành glucozơ, sau đó lên men glucozơ thành rượu etylic.

Do vậy lâu ngày đoạn đầu mía thường có mùi của rượu etylic.

C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O_kk → C₆H₁₂O₆ (glucozơ) + C₆H₁₂O₆(fructozơ)

C₆H₁₂O₆ (glucozơ) $\stackrel{lenmen}{\to }$ 2C₂H₅OH + 2CO₂

a) Cho dung dịch BaCl₂ vào dung dịch NaHCO₃ sau đó đun nóng. Xuất hiện kết tủa và sủi bọt khí

BaCl₂ + 2NaHCO₃  $\stackrel{t°}{\to }$2NaCl + BaCO₃↓ + CO₂ ↑+ H₂O

b) Khi thêm NH₃, xuất hiện kết tủa trắng đục, sau đó kết tủa tan khi NH₃ dư, tạo dung dịch trong suốt. 

Nhỏ glucozơ và đưa ống nghiệm vào cốc nước nóng, sau 1 thời gian, xuất hiện lớp kim loại trắng bạc bám trên bề mặt ống nghiệm (Ag). 

Phương trình hóa học:

CH₂OH(CHOH)₄CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O $\stackrel{t^0}{\to }$CH₂OH(CHOH)₄COONH₄ + 2Ag↓ + 2NH₄NO₃

Hay: C₆H₁₂O₆ + Ag₂O$\stackrel{N{H}_3,t^0}{\to }$C₆H₁₂O₇ + 2Ag

 $\left(\begin{array}{c}A{l}_2{O}_3\\ F{e}_2{O}_3\\ Si{O}_2\end{array}\right)\stackrel{+NaOHloangdu}{\to }\left(\begin{array}{c}\text{dung dich}\left(\begin{array}{c}NaAl{O}_2\\ NaOH\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}du}\end{array}\right)\underset{\text{du}}{\overset{+C{O}_2}{\to }}\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}ket\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}tua:}\left(Al{\left(OH\right)}_3\right)\\ \text{Chat\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}ran:\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left(\begin{array}{c}{\text{Fe}}_2{O}_3\\ Si{O}_2\end{array}\right)\end{array}\right)$

$Al{\left(OH\right)}_3\stackrel{t^0}{\to }Al{}_{2}O{}_3\stackrel{dienphannongchay}{\to }Al$

+ Nghiền nhỏ quặng và sau đó cho vào dung dịch NaOH loãng dư

- Lọc bỏ rắn không tan gồm có: Fe₂O₃ và SiO₂

- Tan chỉ có Al₂O₃

Al₂O₃ + 2NaOH _{loãng dư} → 2NaAlO₂ + H₂O

+ Sục lượng dư khí CO₂ vào dung dịch thu được

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → Al(OH)₃↓ + NaHCO₃

+ Lọc và tách lấy kết tủa, sau đó đem nung ngoài không khí

2Al(OH)₃  $\stackrel{t^0}{\to }$Al₂O₃ + 3H₂O

+ Lấy rắn thu được đem điện phân nóng chảy ⇒ thu được Al.

2Al₂O₃ $\stackrel{dienphannongchay}{\to }$  4Al +3O₂

* Công thức cấu tạo của C₃H₈O

CH₃-CH₂-CH₂-OH

CH₃-CH(OH)-CH₃

C₂H₅-O-CH₃

* Công thức cấu tạo của C₄H₉Cl

CH₃– CH₂– CH₂– CH₂Cl

CH₃– CH₂– CHCl – CH₃

CH₃ – CH(CH₃) – CH₂Cl

CH₃ – C(CH₃)Cl – CH₃

 $n_{H_{2}S{O}_4}=0,01mol;n_{H_2}=0,025mol$

$\begin{array}{c}2K+H_{2}S{O}_4\to K_{2}S{O}_4+H_2\\ 0,02 0,01 0,01 0,01mol \end{array}$

$\begin{array}{c}2K+2H_{2}O\to 2KOH+H_2\\ 0,03 0,03 0,015mol\end{array}$

Dung dịch cô cạn có: KOH 0,03 mol;  K₂SO₄: 0,01 mol

→ a = 0,05.39 = 1,95 gam

→ m = 0,03.56 + 174.0,01= 3,42 gam.

Gọi công thức của A là C_xH_yO_zN_t

C_xH_yO_zN_t + $\left(x+\frac{y}{4}-\frac{z}{2}\right)$ O₂ $\stackrel{t^0}{\to }$ x CO₂ + $\frac{y}{2}$  H₂O +  $\frac{z}{2}$N₂

   a……........ $\left(x+\frac{y}{4}-\frac{z}{2}\right)$a…………xa………$\frac{y}{2}$ a……. $\frac{z}{2}$a

Theo bài ra ta có:  

$n_{H_{2}O}=1,75n_{C{O}_2}$$\Rightarrow \frac{y}{2}$  a = 1,75.ax → 2y = 7x

        $n_{H_{2}O}+n_{C{O}_2}=2.n_{O_2}$

$\Rightarrow$xa + $\frac{y}{2}$a = $\left(x+\frac{y}{4}-\frac{z}{2}\right)$ 2a → z = x

Thay vào A ta có $C_x{H}_{\frac{7x}{2}}{O}_x{N}_t$ → M_A = 33,5x + 14t < 78

Nghiệm hợp lý là: x = 2; t = 1→ C₂H₇O₂N

Có V₁ + V₂ = 0,1 (lít)

- V₁ lít X có HCl a mol/l có: n_HCl = a.V₁ (mol)

- V₂ lít Y có HCl b mol/l có: n_HCl = b.V₂ (mol)

→ 0,2 lít Z: HCl có n_HCl = 0,1V₁ + 0,1V₂

a)

* V lít X phản ứng với dung dịch AgNO₃ dư thì thu được 4,305 gam kết tủa.

 n_↓= 0,03 (mol)

Có: a.V₁ = 0,03    (V₁ = $\frac{0,03}{a}$ )

 * V₂ lít Y phản ứng vừa đủ với 20 gam dung dịch NaOH 4% →m_NaOH = 0,8 mol

$\begin{array}{c}HCl+NaOH\to NaCl+H_{2}O\\ 0,8 0,8 \left(mol\right)\end{array}$

= 0,8 mol = V₂.b (V₂ =$\frac{0,8}{b}$ )

→ n_HCl = 0,1V₁ + 0,1V₂ = 0,03 + 0,8 = 0,83 (mol)

 $C_M^{}=\frac{n}{V}=$4,15 M

b) Gọi a,b là nồng độ của 2 dung dịch. Số mol HCl có trong 100ml mỗi dung dung dịch là:

n_{(HCl X)} = 0,1a mol và n_{(HCl Y)} = 0,1b mol

$\begin{array}{c}Fe+2HCl\to FeC{l}_2+H_2\\ 0,1a 0,05amol\end{array}$

$\begin{array}{c}Fe+2HCl\to FeC{l}_2+H_2\\ 0,1b 0,05bmol\end{array}$

Lượng H₂ thoát ra từ 2 dung dịch chênh nhau 0,224 lít:

0,05a - 0,05b = 0,01→ a - b = $\frac{0,8}{b}$  ± 0,2

Thể tích dung dịch Z:      

V_(Z) = V₁ + V₂ = $\frac{0,03}{a}$ +  $\frac{0,8}{b}$= 0,2 lít

→ 0,8a + 0,03b = 0,2a.b

* TH₁: a = b + 0,2

→ 0,8a + 0,03b = 0,2a.b

→ 0,2b² – 0,79b - 0,16 = 0

→ b = 4,14 (nhận) và b = -0,19(loại)

→ a = 4,34(M)

* TH₂: b = a + 0,2

→ 0,8a + 0,03b = 0,2a.b → 0,2b² – 0,79b - 0,006 = 0

⇒ a = 3,96 hoặc a = -7,58 (loại) ⇒ b = 4,16(M)

Vậy nồng độ mol của 2 dung dich X, Y lần lượt là 4,34M và 0,414M hoặc 3,96M và 4,16M.

Do chất rắn Z đến khối lượng không đổi thu được 30,95 gam chất rắn T và khí CO_2. Nên trong Z chứa BaCO₃ nên H₂SO₄ hết.

Gọi số mol của BaCO₃ là a mol và RCO₃ là b mol; số mol của các chất trong Z lần lượt là BaCO₃ x mol, RCO₃ y mol

Ta có:

$37,95gX\left(\begin{array}{c}BaC{O}_{3}amol\\ RC{O}_{3}bmol\end{array}\right)+H_{2}S{O}_{4}9,8\%\left(\begin{array}{c}60g\text{\hspace{0.17em}}Y:RS{O}_4^{}(b-y)mol\\ Z\left(\begin{array}{c}BaC{O}_{3}xmol\\ BaS{O}_4(a-x)mol\\ RC{O}_{3}ymol\end{array}\right)\\ 0,125molC{O}_2\\ 0,125mol{H}_{2}O\end{array}\right)$

$\stackrel{t°}{\to }\left(\begin{array}{c}30,95gT\left(\begin{array}{c}BaO\\ BaS{O}_4\\ RO\end{array}\right)\\ CO2(a+b-0,125)mol\end{array}\right)$

- Bảo toàn C ta có: $n_{RC{O}_3\left(X\right)}+n_{BaC{O}_3\left(X\right)}=n_{BaC{O}_3\left(Z\right)}+n_{C{O}_2}$

Hay a + b = x + y + 0,125

→ a + b – (x + y) = 0,125 (1)

 $n_{C{O}_2}$(sau khi nung Z) = (a + b – 0,125) mol

- Bảo toàn S ta có

  $\begin{array}{c}{n}_{H_{2}S{O}_4\left(bandau\right)}=n_{RS{O}_4\left(Y\right)}+n_{BaS{O}_4\left(Z\right)}\\ \iff n_{H_{2}S{O}_4\left(bandau\right)}=b-y+a-x\end{array}$ (2)

- Từ (1) và (2) ta có $n_{H_{2}S{O}_4\left(bandau\right)}$ = 0,125 (mol)

a) $m_{H_{2}S{O}_4\left(bandau\right)}$ = 98.0,125 = 12,25 (g)

 $m=\frac{m_{H_{2}S{O}_4\left(bandau\right)}}{C\%}.100=\frac{12,15.100}{9,8}=125g$

b) Theo bài X số mol của BaCO₃ gấp 1,5 lần số mol RCO₃ nên ta có: a =1,5b (3)

- Bảo toàn H ta có: $n_{H_{2}S{O}_4\left(bandau\right)}=n_{H_{2}O}=0,125\left(mol\right)$

$\Rightarrow m_{H_{2}O}=0,125.18=2,25g$

- Bảo toàn khối lượng ta có:

$m_X+m_{H_{2}S{O}_4}=m_Y+m_T+m_{C{O}_2\left(saukhinungZ\right)}+m_{C{O}_2\left(saukhiXtacdungvoiaxit\right)}+m_{H_{2}O}$

⇔ 37,95 + 12,25 = 6 + 30,95 + ${m_{C{O}_2}}_{\left(saukhinungZ\right)}$+ 0,125.44 + 2,25

⇒ ${m_{C{O}_2}}_{\left(saukhinungZ\right)}$  = 5,5 gam

⇒ = 0,125 = a + b - 0,125

⇒ a + b = 0,25 (4)

Từ (3) và (4) có a = 0,15; b = 0,1

Theo bài m_x = 197a + (R + 60)b = 37,95

⇒ R = 24 là Mg

Gọi số mol của CH₄, C₂H₄, C₃H₄ lần lượt là x, y, z mol

-Theo bài: 6,4 gan A $\left(\begin{array}{c}C{H}_4\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}x\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}mol\\ C_2{H}_{4}ymol\\ C_3{H}_{4}zmol\end{array}\right)$+ 0,2 mol Br₂

→ m_A = 16x + 28y + 40z=6,4 gam

→  $n_{B{r}_2}=$y + 2z = 0,2 mol

- Khi đốt cháy số mol của các chất trong A: CH₄, C₂H₄, C₃H₄ lần lượt là ax, ay, az mol

0,5 gam A$\left(\begin{array}{c}C{H}_4\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}ax\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}mol\\ C_2{H}_{4}aymol\\ C_3{H}_4\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}a}zmol\end{array}\right)$  + V mol O₂  $\stackrel{t^0}{\to }$m g CO₂ + H₂O

+ Theo bài có n_A = ax + ay + az = 0,5

m_A = 16ax + 28ay + 40az = a (16x + 28y + 40z) = a.6,4gam

+ Bảo toàn C có $n_{C{O}_2}$  = ax + 2ay + 3az = (ax + ay + az) + (ay + 2az) = 0,5 + a.0,2 (mol)

+ Bảo toàn H có $n_{H_{2}O}$ = 4ax + 4ay + 4az = 4.0,5 = 2 mol

→ $n_{H_{2}O}$= 2.18 = 36 g

+ Bảo toàn O có 2.$n_{O_2}$ =2. $n_{C{O}_2}$+ $n_{H_{2}O}$  = (1,5 + 0,2a) mol

+ Bảo toàn khối lượng có: m_A + $n_{O_2}$  = $n_{C{O}_2}$ +  $n_{H_{2}O}$

hay 6,4a + 32(1,5 +0,2a) = 44(0,5 + 0,2a) + 36

→ a = 2,5

→ $n_{C{O}_2}$  = 0,5 + a.0,2 = 1 mol

→ $m_{C{O}_2}$ = 44 gam

→ $n_{O_2}$=(1,5 + 0,2a ) = 2 mol

→ V = 2.22,4 = 44,8 lít