Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 16)

a) Fe₃O₄ + 4H₂SO_{4 (loãng)} → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O

2Fe₃O₄ +10 H₂SO_{4 (đặc)}  →t03Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ ↑ + 10H₂O

b) 2NaOH _(dư) + Ca(HCO₃)₂ → Na₂CO₃ + CaCO₃ ↓ + 2H₂O

4NaOH _(dư) + AlCl₃ → NaAlO₂ + 3NaCl + 2H₂O

c) 3AgNO₃ + FeCl₃ → 3AgCl↓ + Fe(NO₃)₃

AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓

d) Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag↓

Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

(1) Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

(2) NaAlO₂ + HCl + H₂O → NaCl + Al(OH)₃↓

(3) 2Al(OH)₃ →t0Al₂O₃ + 3H₂O

(4) 2Al₂O₃ →dpnc4Al + 3O₂

(5) Na₂O + H₂O → 2NaOH

(6) NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O

(7) Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂ + H₂O

(8) 2NaCl →dpnc2Na + Cl₂

a) Những khoảng nhiệt độ thu được dung dịch bão hòa là:

từ 0^oC đến 10^oC; 30^oC đến 40^oC; 60^oC đến 70^oC

b) Tại 70^oC  

S_X = 25 gam, m_dd = 150 g

⇒ C%_X = 2525+100.100%=20%

⇒ m_X = 20%.150100%=30g

Tại 30^oC

S_X = 15 gam ⇒ C%_X = 1515+100.100%≈13,04%

Gọi x là độ kết tinh của X

Khi đó: m_ddX = 150 – x (g); m_X = 30 – x (g)

Ta có: 30−x150−x.100%=13,04% ⇒ x = 12 g

Vậy có 12 gam X khan tách ra khỏi dung dịch

a) Cho KOH dư vào dung dịch A thấy có khí thoát ra chứng tỏ có NH₄Cl hoặc (NH₄)₂CO₃

Cho KOH dư vào dung dịch A thấy xuất hiện kết tủa trắng chứng tỏ có Ba(HCO₃)₂

Dung dịch chứa đồng thời (NH₄)₂CO₃ và Ba(HCO₃)₂ không tồn tại.

Vậy A chứa NH₄Cl và Ba(HCO₃)₂

b) TN₁:

2NaOH + NH42CO3→ Na2CO3+ 2NH3+ 2H2O                               a2             ←                     a

2NaOH + BaHCO32→ BaCO3 + Na2CO3+ 2H2O                       m1197         ←   m1197

TN₂:

Ba(OH)2 + 2NH4Cl→ BaCl2+ 2NH3+ 2H2O                          a                       ←      a

 BaOH2+ BaHCO32→ 2BaCO3 + 2H2O                        m1197     →       2.m1197    

TN₃:

H2SO4+ BaHCO32→ BaSO4↓ + 2CO2↑ + 2H2O                    a2       ←            a2     ←     a

Từ TN₁ và TN₃ ta nhận thấy

nBa(HCO3)2=a2=nNH4Cl

Kiểm tra m₂ = 116,5a; m₁ = 98,5a (thỏa mãn)

Phần trăm khối lượng của Ba(HCO₃)₂ là:

%mBa(HCO3)2=259259+53,5.100=82,88%

 

%mNH4Cl=100−82,88=17,12%

Hướng dẫn giải

nBaCO3=29,55197=0,15A (mol), nBa(OH)2= 0,25 (mol)

Khí X hấp thụ vào Ba(OH)₂ thì chỉ có CO₂ phản ứng ta có:

Bảo toàn nguyên tố (Ba) nBa(HCO3)2= 0,25 – 0,15 = 0,1 (mol)

Bảo toàn nguyên tố (C) nCO2=nC(BaCO3)+nC(Ba(HCO3)2= 0,15 + 2.0,1 = 0,35 (mol)

Đặt n_CO = x (mol)

Do dX/H2= 19,6 ⇒ 28x + 44.0,35 = 19,6.2.(x + 0,35)

⇒ x = 0,15 (mol)

Bảo toàn nguyên tố (C) n_{C bđ}  = n_C(CO) + nC(CO2) = 0,15 + 0,35 = 0,5 (mol)

⇒ m_C = 0,5.12 = 6 (g) ⇒ m_{tạp chất}  = 6,25 – 6 = 0,25 g

⇒ %m_{tạp chất}  = 0,25.100%6,25=4%

Hướng dẫn giải

nCu2+= 0,02 (mol); nNO3−= 0,04 (mol); nH+= 0,2 (mol)

3Fe    +    8H+   +   2NO3−→ 3Fe2++ 2NO + 4H2O0,06←0,16←0,04    

Fe +   Cu2+→ Fe2++ Cu0,02←0,02

Fe   +  2H+→ Fe2++ H20,02←0,04

⇒ n_Fe = 0,1 (mol) ⇒ m_{Fe max} = 5,6 g

Hướng dẫn giải

Các phương trình hóa học theo sơ đồ phản ứng:

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O →H2SO4,t0nC₆H₁₂O₆

C₆H₁₂O₆ →enzim2C₂H₅OH + 2CO₂

C₂H₅OH + O₂ →xtCH₃COOH + H₂O

CH₃COOH + C₃H₇OH ⇄H2SO4,to CH₃COOC₃H₇ + H₂O

CH₃CH₂CH₂OH →H2SO4,1800CCH₃CH=CH₂ + H₂O

CH₃CH=CH₂ + HBr → CH₃CHBr-CH₃

CH₃CHBr-CH₃ + NaOH →t0CH₃CH(OH)CH₃ + NaBr

CH₃CH(OH)CH₃ + CH₃COOH ⇄H2SO4,toCH₃CH(OCOCH₃)CH₃ + H₂O

A, B, C đều tác dụng với Na; B tác dụng với NaOH, C có phản ứng tráng gương nên:

A là hợp chất của ancol

B là hợp chất của axit cacboxylic

C là hợp chất vừa chứa nhóm chức ancol vừa chứa nhóm chức anđehit

Với M = 60 g /mol ta có:

CTPT của A là: C₃H₈O; CTCT của A là: 1. CH₃CH₂CH₂OH; 2. CH₃CH(OH)CH₃

CTPT của B là: C₂H₄O₂; CTCT của B là: CH₃COOH

CTPT của C là: C₂H₄O₂; CTCT của C là: HOCH₂CHO

CTTQ của X là: (C₄H₅)_n

Do X thuộc đồng đằng của benzen nên CTTQ khác của X là: C_mH_2m-6 (m ≥ 6)

⇒ 4n = m và 5n = 2m – 6

⇒ m2m  -   6=45⇒ m = 8

Vậy CTPT của X là: C₈H₁₀

CTCT của X gồm 7 đồng phân

Trong số các công thức cấu tạo của của X, chất nào khi tác dụng với Br₂ đun nóng, có xúc tác bột Fe hoặc không có xúc tác này đều tạo ra một sản phẩm thế monobrom duy nhất.

Cấu tạo phù hợp là

Hướng dẫn giải

Đặt nCO2=  a(mol), nH2O=  b(mol)

Ta có: m_{dd giảm} = m_{kết tủa} – (mCO2+mH2O)

⇔ 4,56 = 25 – (44a + 18b)

⇔ 44a + 18b = 20,44

Bảo toàn nguyên tố (C) a = 0,25 + 0,05.2 = 0,35 (mol)

⇒ b = 0,28 (mol)

n_ankin= 0,35 – 0,28 = 0,07 (mol)

Đặt n_anken = x (mol)

Ta có: x+0,07x+0,07.2=5080⇒ x = 7150(mol)

Gọi CTTQ của A và B lần lượt là: C_nH_2n (n≥2); C_mH_2m-2 (m≥2)

Khi đó: 7150n + 0,07m = 0,35

Biện luận thấy n = m = 3 thỏa mãn.

Vậy A là: C₃H₆; B là C₃H­­₄

Hướng dẫn giải

nCO2= 0,1 (mol); nH2= 0,15 (mol)

n_{axit (P1)} = nCO2= 0,1 (mol) = n_{axit (P2)} = nH2O

⇒ nH2 _{do axit tạo} = 0,05 (mol)

nH2do _{Na tạo} = 0,05 (mol)

n_{ancol dư} = 2.(0,15 – 0,05 – 0,05) = 0,1 (mol)

19 gam chất rắn khan gồm: RCOONa: 0,1 (mol); R^’ONa: 0,1 (mol) và NaOH: 0,1 (mol)

Ta có: (R + 67).0,1 + (R^’ + 39).0,1 + 40.0,1 = 19

⇔R + R^’ = 44 ⇒ R là: CH₃ và R^’ là C₂H₅

Vậy công thức cấu tạo của ancol X là: C₂H₅OH