38 Đề thi chính thức vào 10 môn Hóa cực hay có lời giải chi tiết (Đề số 06)
14 câu hỏi
Chọn phát biếu đúng - sai
a) Thanh thép để gần bếp than nóng đỏ bị ăn mòn nhanh hơn so với thanh thép để nơi khô ráo, thoáng mát.
b) Đinh sắt đặt trong không khí khô thì bị ăn mòn nhanh.
c) Dao làm bằng thép không bị gỉ nếu sau khi dùng phải rửa nước sạch và lau khô.
d) Dao làm bằng thép bị gỉ nếu ngâm lâu ngày trong nước tự nhiên ( nước sông, suối,…) hoặc nước máy.
a) đúng.
b) sai, đinh sắt đặt trong không khí ẩm mới bị ăn mòn
c) đúng
d) đúng
Cho biết những hiện tượng nào dưới đây xảy ra trong thí nghiệm ( đường saccarozo và CuO, đun nóng) được mô phỏng qua hình vẽ:
a) CuO từ màu đen chuyển sang màu đỏ.
b) Bông từ màu trắng chuyển sang màu xanh.
c) Dung dịch nước vôi trong bị vẩn đục.
d) Dung dịch nước vôi trong bị vẩn đục, sau đó trở nên trong suốt.
Viết phương trình hóa học xảy ra với mỗi hiện tượng quan sát được.
Các hiện tượng mô tả đúng với hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm là:
b) Bông từ màu trắng chuyển sang màu xanh
c) Dung dịch nước vôi trong bị vẩn đục.
Vì khi đốt C12H22O11 xảy ra PTHH:
C12H22O11 + O2 →t∘ 12CO2 + 11H2O
CuSO4( khan, màu trắng ) →hapthunuoc CuSO4.5H2O (màu xanh)
CO2 + Ca(OH)2 dư → CaCO3↓ (trắng) + H2O
Chu kì bán hủy của một chất phóng xạ là khoảng thời gian cần thiết để một nửa lượng chất đó bị phân rã. Chu kì bán hủy của triti là 12,3 năm. Mô hình sau cho thấy sự biến đổi của lượng triti theo thời gian
Hỏi lượng triti còn lại bao nhiêu mg sau 61,5 năm?
Chu kì phân rã của triti là 12,3 năm. Tức sau 12,3 năm thì một nửa lượng triti bị phân rã
=> Sau 61,5 năm = 5 chu kì bán rã
=> sau 61,5 năm thì lượng triti còn lại là 3,125 mg
Vậy sau 61,5 năm lượng triti còn lại là 3,125 mg.
Không khí lỏng có thể được tách thành ba thành phần chính bằng cách chưng cất một cách cẩn thận. Bên đây là đồ thị minh họa nhiệt độ của hỗn hợp trong suốt quá trình chưng cất. Ba thành phần chính của không khí lỏng là nitơ, argon và oxi với nhiệt độ sôi lần lượt là: Nitơ : -1960C, Argon: - 1860C và Oxi: -1830C. Hãy xác định đoạn nào trong đồ thị bên chỉ ra nhiệt độ sôi của nitơ, argo và oxi?
Ta thấy nhiệt độ sôi của oxi thấp nhất (-1830C) , sau đó đến argon (- 1860C ) và cuối cùng là nitơ (-1960C) => khi nâng dần nhiệt độ từ thấp nên cao ta sẽ thu được oxi trước => đến argon rồi đến nitơ
Nhiệt độ sôi của các chất là cố định, nên đoạn nằm ngang ( không biến thiên) chính là hằng số nhiệt độ sôi của các chất => đoạn MN là nhiệt độ sôi của oxi, đoạn OP là nhiệt độ sôi của Argon, đoạn OR là nhiệt độ sôi của nitơ.
Dẫn luồng khí oxi qua bình A chứa lượng dư than nung đỏ, thu được một chất khí X. Dẫn khí X vào bình B chứa hỗn hợp hai oxit Al2O3 và Fe2O3 nung nóng ở nhiệt độ thích hợp, thu được một chất khí Y và hỗn hợp chất rắn Z. Dẫn khí Y vào bình C đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì thấy xuất hiện kết tủa trắng. Cho chất rắn Z vào bình đựng dung dịch H2SO4 ( loãng, dư) thì thu được dung dịch T và không thấy có bọt khí thoát ra. Biết rằng dung dịch T không hòa tan được kim loại Fe.
Xác định thành phần các chất trong X, Y, Z, T và viết các phương trình hóa học xảy ra.
O2 + C →t∘ dư 2CO
Khí X là CO
Khi cho CO qua Al2O3 và Fe2O3 chỉ có Fe2O3 bị CO khử
Fe2O3 + 3CO →t∘ 2Fe + 3CO2↑
Khí Y là CO2
Hỗn hợp rắn Z: Fe, Al2O3, có thể có Fe2O3 dư
Khí Y + Ca(OH)2 dư chỉ tạo ra muối trung hòa
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓trắng + H2O
Cho hỗn hợp Z vào H2SO4 loãng dư, không thấy có khí thoát ra => trong Z chắc chắn có Fe2O3 dư
Al2O3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2O
Cho hỗn hợp A gồm Al, BaO và Na2CO3 ( có cùng số mol) vào nước dư, thu được dung dịch X và chất kết tủa Y. Xác định thành phần chất tan trong dung dịch X
hỗn hợp A gồm Al, BaO và Na2CO3 ( có cùng số mol) vào nước dư xảy ra các phản ứng sau:
BaO + H2O → Ba(OH)2 (1)
1 (mol) → 1 (mol)
Ba(OH)2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaOH (2)
1 (mol) 1 (mol) →2 (mol)
Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + H2↑ (3)
1 (mol) → 1 (mol) → 1 (mol)
Giả sử số mol của Al, BaO và Na2CO3 là 1 (mol)
Đặt số mol các chất tham gia phản ứng vào phương trình (1), (2), (3)
=> dd X gồm: NaAlO2: 1 (mol) và NaOH dư : 1 (mol)
Kết tủa Y là: BaCO3
Fe2O3 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + H2O
Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4
Dung dịch T không hòa tan được Fe => Fe2(SO4)3 phản ứng hết
Vậy dd T gồm: Al2(SO4)3 và FeSO4
Bốn chất hữu cơ có công thức phân tử là C2H4, C2H6O, C2H4O2, C4H8O2 thực hiện được chuyển hóa sau:
C2H4 → C2H6O → C2H4O2 →C2H6O C4H8O2
a) Viết các phương trình hóa học thực hiện chuyển hóa trên và xác định công thức cấu tạo của bốn chất hữu cơ.
b) Trong số bốn chất hữu cơ trên, chất nào tác dụng với dung dịch NaOH trong điều kiện thích hợp? Chất nào tác dụng với kim loại Na ?
a)
CH2=CH2→1CH3CH2-OH→2CH3-COOH→3+CH3CH2-OHCH3COOCH2CH3
(1) CH2=CH2 + H2O →t∘ CH3-CH2-OH
(2) CH3-CH2-OH + O2 →mengiam CH3COOH
(3) CH3COOH + CH3CH2OH →H2SO4đặc,t∘ CH3COOCH2CH3 + H2O
CTCT của:
C2H4: CH2=CH2
C2H6O: CH3-CH2-OH
C2H4O2: CH3COOH
C4H8O2: CH3COOCH2CH3
b) Các chất tác dụng được với NaOH trong điều kiện thích hợp là: CH3COOH và CH3COOCH2CH3
Các chất tác dụng được với Na là: CH3-CH2-OH ; CH3COOH
CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
CH3COOCH2CH3 + NaOH → CH3COONa + CH3CH2OH
2CH3-CH2-OH + 2Na → 2CH3-CH2-ONa + H2↑
2CH3COOH+ 2Na → 2CH3COONa + H2↑
Nhúng một thanh đồng vào 200 ml dung dịch AgNO3 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thanh đồng được lấy ra, đem rửa sạch, sấy khô cẩn thận và biết toàn bộ Ag tạo ra đều bám vào thanh đồng. Khối lượng thanh đồng tăng hay giảm bao nhiêu gam so với ban đầu?
nAgNO3 = 0,2. 1 = 0,2 (mol)
PTHH: Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag↓
Theo PTHH: nCu = ½ nAgNO3 = ½. 0,2 = 0,1 (mol)
=> mCu = 0,1.64 = 6,4 (g)
Theo PTHH: nAg = nAgNO3 = 0,2 (mol) => mAg = 0,2.108 = 21,6 (g)
Vì Ag sinh ra đều bám hết vào thanh đồng => khối lượng thanh đồng tăng số gam là :
∆ = mAgsinh ra - mCu pư = 21,6 – 6.4 = 15,2 (g)
Tính khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O cần dùng hòa tan hoàn toàn vào 400 gam dung dịch CuSO4 2% để thu được dung dịch CuSO4 1M ( D = 1,1 g/ml).
Gọi số mol CuSO4.5H2O cần lấy là x (mol) => nCuSO4 = x (mol)
Khối lượng CuSO4 2% có trong 400 gam dung dịch là:
Tổng số mol CuSO4 sau khi hòa tan là: x + 0,05 (mol)
=> thể tích dung dịch sau khi hòa tan:
Từ (1) và (2)
=> (x+ 0,05).1000
=> 1100x + 55 = 160x + 400
=> 850x = 345
=> x ≈0, 406 (mol)
=> mCuSO4.5H2O = 0,406.250 = 101,47 (g)
Hòa tan hoàn toàn 4 gam hỗn hợp gồm Fe và một kim loại hóa trị II vào dung dịch HCl dư, thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Nếu chỉ dùng 2,4 gam kim loại hóa trị II thì sử dụng không hết 0,5 mol HCl. Xác định tên kim loại hóa trị II.
Dung dịch A chứa hỗn hợp HCl 1,4M và H2SO4 0,5M. Cho V lít dung dịch hỗn hợp NaOH 2M và Ba(OH)2 4M vào 500 ml dung dịch A, thu được kết tủa B và dung dịch C. Cho thanh Zn ( lấy dư) vào dung dịch C, sau khi phản ứng kết thức thu được 3,36 lít khí H2 (đktc). Xác định giá trị V và khối lượng kết tủa B.
nHCl = 0,5.1,4 = 0,7 (mol) ; nH2SO4 = 0,5.0,5 = 0,25 (mol) => nSO42- = nH2SO4 = 0,25 (mol)
∑ nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 0,7 + 2.0,25 = 1,2 (mol)
nNaOH = 2V (mol) ; nBa(OH)2 = 4V (mol)
∑ nOH- = nNaOH + 2nBa(OH)2 = 2V + 2.4V = 10V (mol)
Các PTHH xảy ra:
H+ + OH- → H2O (1)
Ba2+ + SO42- → BaSO4↓ (2)
Khi cho Zn vào dd C thấy có khí H2 thoát ra => có 2 trường hợp có thể xảy ra. Zn có thể bị hòa tan bởi dung dịch axit hoặc bazo
nH2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol)
TH1: dd C có chứa H+ dư => phản ứng (1) OH- phản ứng hết
Zn + 2H+ → Zn2+ + H2↑ (3)
0,3 ← 0,15 (mol)
=> nH+ (1) = ∑ nH+ - nH+ dư = 1,2 – 0,3 = 0,9 (mol)
Theo (1): ∑nOH- = nH+ (1) = 0,9 = 10V => V = 0,09 (lít)
nBa(OH)2 = 4.0,09 = 0,36 => nBa2+ = nBa(OH)2 = 0,36 (mol) > nSO42-
Từ PTHH (2) => nBaSO4 = nSO42- = 0,25 (mol) => mBaSO4 = 0,25.233 = 58,25(g)
TH2: dd C có chứa OH- dư => phản ứng (1) H+ phản ứng hết
Zn + 2OH- → ZnO22- + H2↑ (4)
0,3 ← 0,15 (mol)
=> ∑ nOH- = nOH-(1) + nOH- (4) = 1,2 + 0,3 = 1,5 (mol)
=> 10V = 1,5
=> V = 0,15 (lít)
=> nBa(OH)2 = 0,15. 4 = 0,6 (mol)
=> nBa2+ = 0,6 (mol) > nSO42- = 0,25 (mol)
=> mBaSO4 = 0,25.233 = 58,25 (g)
Hòa tan m gam rượu etylic ( D = 0,8 g/ml) vào 108 ml nước ( D= 1 g/ml) tạo thành dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với kim loại Na dư, thu được 85,12 lít khí H2 (đktc). Tính giá trị m và nồng độ mol của rượu etylic
nH2 = 85,12 : 22,4 = 3,8 (mol) ; nH2O = VH2O.D = 108 (g) => nH2O = 108/18 = 6 (mol)
PTHH:
2Na + 2C2H5OH → 2C2H5ONa + H2↑
x → 0,5x (mol)
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑
6 → 3 (mol)
Ta có: nH2 = 0,5x + 3 = 3,8
=> x = 1,6 (mol) = nC2H5OH
mC2H5OH = 1,6.46 = 73,6 (g)
Thủy phân hoàn toàn a gam este đơn chức X được 3,2 gam CH3OH và 0,7666a gam axit cacboxylic. Xác định CTCT của X, cho rằng X thực hiện phản ứng thủy phân ( R là CxHy hoặc H) như sau:
R−COO-CH3 + H2O → R – COOH + CH3− OH
nCH3OH = 3,2: 32 = 0,1 (mol)
R−COO-CH3 + H2O → R – COOH + CH3− OH
0,1 ← 0,1 ← 0,1 (mol)
meste = 0,1 (R + 59) = a (1)
maxit = 0,1 (R + 45 ) = 0,776a (2)
Vậy CTPT của este X là HCOOCH3
Hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon ở thể khí: CxH2x+2, CyH2y và CzH2z-2, trong đó thể tích CzH2z-2 gấp 3 lần thể tích CxH2x+2. Đốt cháy hoàn toàn 1,344 lít hỗn hợp A (đktc), toàn bộ sản phẩm cháy cho qua bình đựng Ca(OH)2 dư, thấy khối lượng bình tăng 9,56 gam và xuất hiện 16 gam kết tủa trắng.
a) Tính thành phần % theo thể tích của mỗi hiđrocacbon trong hỗn hợp A. Biết rằng thể tích các khí đo cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất.
b) Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon, biết rằng trong hỗn hợp A có 2 hiđrocacbon có cùng số nguyên tử C và đều bằng một nửa số nguyên tử C của hiđrocacbon còn lại.
a)
CxH2x +2 + (3x+1)/2O2 →t∘ x CO2 + (x+1) H2O
CyH2y + 3y/2O2 →t∘ y CO2 + y H2O
CzH2z-2 + (3z-1)/2O2 →t∘ zCO2 + (z-1) H2O
Khi đốt cháy hỗn hợp A thu được CO2 và H2O. Cho sản phẩm qua Ca(OH)2 dư thì khối lượng bình tăng chính là khối lượng của H2O và CO2
=> mCO2 + mH2O = 9,56 (g)
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O
nCO2 = nCaCO3 = 16/100 = 0,16 (mol)
=> nH2O = (9,56 – 0,16.44)/18 = 0,14 (mol)
Ta có hệ phương trình:
b)
thế a, b vào (2) => 0,01x + 0,02y + 3.0,01z = 0,16
=> x + y +3z = 16
Vì có 2 hidrocacbon bằng nhau và bằng một nửa số cacbon của hidrocacbon còn lại nên có các trường hợp sau:
Vậy công thức phân tử của 3 hidrocacbon là: C2H6; C2H4 và C2H2
