Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 24)

a) $\begin{array}{c}{C}_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{65\%}{\to }2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2\\ 180\text{ 2.46 }\left(g\right)\\ \text{1000 }\to \text{ 332, 2 }\left(g\right)\end{array}$

c)

 $\begin{array}{c}{C}_6{H}_{12}{O}_6+A{g}_{2}O\stackrel{80\%}{\to }{C}_6{H}_{12}{O}_7+2Ag\\ \frac{100}{180}\to \frac{2.100}{180}\end{array}$

$\Rightarrow m_{Ag}=108.\frac{1.100}{180}.\frac{80}{100}=96\left(g\right)$

$\begin{array}{c}{n}_{CaC{O}_3}=0,15\left(mol\right)\\ n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=0,2\left(mol\right)\end{array}$ 

Þ Kết tủa bị tan 1 phần hoặc kết tủa không bị tan đi.

Trường hợp 1: kết tủa bị tan đi 1 phần

$\begin{array}{c}C{O}_2+Ca{\left(OH\right)}_2\to CaC{O}_3+H_{2}O \left(1\right)\\ 0,2 0,2 0,2 \left(mol\right)\end{array}$

$\begin{array}{c}C{O}_2+CaC{O}_3+H_{2}O\to Ca{\left(HC{O}_3\right)}_{2 } \left(2\right)\\ 0,05 0,05 \left(mol\right)\end{array}$

$\Rightarrow n_{C{O}_2}=0,2+0,05=0,25\left(mol\right)$

$\Rightarrow \%V_{C{O}_2}=\frac{0,25.22,4}{10}.100\%=56\%$

Trường hợp 2: kết tủa không bị tan đi (chỉ xảy ra phản ứng (1))

$\Rightarrow n_{C{O}_2}=0,15\left(mol\right)$

$\Rightarrow \%V_{C{O}_2}=\frac{0,15.22,4}{10}.100\%=33,6\%$

Gọi số mol của Mg, Fe lần lượt là a, b (mol)

Mg + CuSO₄ ® MgSO₄ + Cu   (1)

Fe + CuSO₄ ® FeSO₄ + Cu                 (2)

Giả sử sau (2) CuSO₄ dư, KL hết ⇒ Rắn Y: Cu

n_Cu = a + b = 3,16 : 64 = 0,049375 (I)

⇒ 24a + 56b = 1,84 (II)

Dung dịch Z gồm MgSO₄: a (mol); FeSO₄: b (mol)

$\begin{array}{c}MgS{O}_4+BaC{l}_2\to BaS{O}_4+MgC{l}_2 \left(3\right)\\ a a\end{array}$

$\begin{array}{c}FeS{O}_4+BaC{l}_2\to BaS{O}_4+FeC{l}_2 \left(4\right)\\ b b\end{array}$

Từ (3), (4) ⇒ a + b = 0,045 (III)

Có (I) ¹ (III) Þ Trường hợp này loại. Vậy kim loại dư

Giả sử Mg dư, chỉ xảy ra phương trình (1). Gọi c là số mol của Mg đã tham gia phản ứng.

Rắn thu được gồm: Cu : c (mol); Mg dư: a – c (mol); Fe: b (mol)

Dung dịch Z gồm MgSO₄: c (mol)

⇒ c = 0,045 (mol)

⇒ m_Y = 64c + 24(a – c) + 56b = 3,16

⇔ 24a + 56b = 1,36 (loại)

Vậy sau (2) Fe dư

rắn Y gồm: Cu: a + c (mol); Fe_dư: b – c (mol)

dung dịch Z gồm $\left(\begin{array}{c}MgS{O}_4\\ a\\ FeS{O}_4\\ b\end{array}\right)\to BaS{O}_4(a+c)$

$\Rightarrow \left(\begin{array}{c}a+c=0,045\\ 64(a+c)+56(b-c)=3,16\\ 24a+56b=1,84\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}a=0,03\\ c=0,015\\ b=0,02\end{array}\right)$

$\Rightarrow V_{CuS{O}_4}=\frac{0,045}{0,3}=0,15\left(l\right)$

b) $\left(\begin{array}{c}{m}_{Mg}=24.0,03=0,72\left(g\right)\\ m_{Fe}=56.0,02=1,12\left(g\right)\end{array}\right)$

Có m_{dd giảm} = m_{kết tủa} - $\left(m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}\right)$ 

$\left(m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}\right)$ = 53 – 20,68 = 32,32 (g)

Mặt khác: n_{kết tủa­} = $n_{C{O}_2}$ = 0,53 (mol)

$\begin{array}{c}\Rightarrow m_{C{O}_2}=0,53.44=23,32\left(g\right)\\ \Rightarrow m_{H_{2}O}=9\left(g\right)\end{array}$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: $m+m_{O_2}=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}$ 

a) m + 0,75.32 = 23,32 + 9 ⇒ m = 8,32 (g)

b) Gọi công thức của chất béo có dạng C_xH_yO₆  hay (RCOO)₃C₃H₅

$\begin{array}{c}{C}_x{H}_y{O}_6+(x+\frac{y}{4}-3)O_2\stackrel{t^0}{\to }xC{O}_2+\frac{y}{2}{H}_{2}O\\ a\text{ \hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}a(x+}\frac{y}{4}-3)\text{ \hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}ax \hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\frac{ay}{2}\end{array}$ 

$\Rightarrow \left(\begin{array}{c}\text{ax}=0,53\\ \frac{ay}{2}=0,5\\ a(x+\frac{y}{4}-3)=0,75\end{array}\right)$

Þ a = 0,01 (mol)

Trong 8,32 gam X có 0,01 mol X

Vậy 24,96 gam X có 0,03 mol X

$\begin{array}{c}{\left(RCOO\right)}_3{C}_3{H}_5+3NaOH\to 3RCOONa+C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3\\ 0,03 0,09 \left(mol\right)\end{array}$

⇒ M_RCOO = $\frac{791}{3}$

⇒ m_RCOONa = 0,09.( $\frac{791}{3}$ + 23) = 25,8 (g)

⇒ m_{xà phòng} = 25,8 : 80% = 32,25 (g)

Gọi số a, b, c lần lượt là số mol của este, axit dư, rượu dư trong 4,08 g dung dịch Y

$\begin{array}{c}{C}_x{H}_{y}COOH+C_n{H}_{2n+1}OH \stackrel{H_{2}S{O}_4}{\rightleftarrows }{C}_x{H}_{y}COO{C}_n{H}_{2n+1}+H_{2}O\\ a a a \left(mol\right)\end{array}$

Y gồm: C_xH_yCOOH_dư: b (mol); C_nH_2n+1OH: c (mol); C_xH_yCOOC_nH_2n+1: a (mol)

n_NaOH = 0,04 (mol)

$2n_{H_2}=n_{C_n{H}_{2n+1}OH}=0,03\left(mol\right)$

a)$M_{C_n{H}_{2n+1}OH}=46$ ⇒ Rượu là C₂H₅OH

b)

$\begin{array}{c}{n}_{C{O}_2}=0,18\left(mol\right)\\ n_{H_{2}O}=0,16\left(mol\right)\end{array}$

$\Rightarrow n_{C{O}_2}>{\text{ n}}_{H_{2}O}$

Þ Axit không no, đơn chức và este không no, đơn chức

Dung dịch Y gồm $\left(\begin{array}{c}{C}_x{H}_y\text{COOH:\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}b}\left(mol\right)\\ C_x{H}_y{\text{COOC}}_2{H}_5:a\left(mol\right)\\ C_2{H}_{5}OH:0,03\left(mol\right)\end{array}\right)$ 

Bảo toàn nguyên tố:

+ Cacbon: b(x + 1) + a(x + 3) + 0,06 = 0,18            (I)

+ Hiđro: $b\left(\frac{y+1}{2}\right)+a\left(\frac{y+5}{2}\right)+0,09=0,16$   (II)

Có m_Y = 4,08 (g) ⇒ (13x + y + 45)b + (12x + y + 44 + 29)a + 46.0,03 = 4,08

⇒ a + b = 0,035

⇒ m_{axit +} m_este = 4,08 – 1,38 = 2,7 (g)

⇒ $\overline{M}=\frac{2,7}{0,035}\approx 77,143$⇒ M_axit < 77,143 < M_este.

+ Chọn x = 2, y = 3

⇒ Axit là CH₂ = CH – COOH và este là CH₂ = CH – COOC₂H₅

Thay x, y vào (I), (II) ⇒ a = - 0,015; b = 0,065 (loại)

+ Chọn x = 2, y = 1

⇒ Axit là CH º C – COOH và este là CH º CH – COOC₂H₅

Thay x, y vào (I), (II) ⇒ a = 0,0225; b = 2,5.10^-3

Hiệu suất tính theo axit

H = $\frac{0,0225}{0,025}.100\%=90\%$