Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 17)

Ta có: X₁: CH₃COOH; X₂: CO; X₃: CuSO₄; X₄: Fe(OH)₃.

Phương trình hóa học:

C₄H₁₀ + O₂ →to, xt 2CH₃COOH + H₂O

CH₃COOH + C₂H₅OH ⇄H2SO4, t° CH₃COOC₂H₅ + H₂O

CH₃COOC₂H₅ + 5O₂  →to4CO₂ + 4H₂O

CO₂ + C →to2CO

CO + CuO →to Cu + CO₂

Cu + 2H₂SO_{4 đặc}  →toCuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

CuSO₄ + Fe → FeSO₄ + Cu

6FeSO₄ + 3Cl₂ → 2FeCl₃ + 2Fe₂(SO₄)₃

Fe₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 2Fe(OH)₃↓ + 3Na₂SO₄

2Fe(OH)₃ →to Fe₂O₃ + 3H₂O

a. Hiện tượng: Bột Mg tan dần và sủi bọt khí không màu.

Phương trình hóa học:

Mg + 2KHSO₄ → MgSO₄ + K₂SO₄ + H₂↑

b. Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng sau đó kết tủa tan dần một phần.

Phương trình hóa học:

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄↓ + 2Al(OH)₃↓

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

c. Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng bạc trên thành ống nghiệm.

Phương trình hóa học:

C₆H₁₂O₆ + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O C₅H₁₁O₅-COONH₄ + 2Ag↓ + 2NH₄NO₃

(Hoặc: C₆H₁₂O₆ + Ag₂O C₆H₁₂O₇ + 2Ag).

d. Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng.

Phương trình hóa học:

C₂H₅OH + 3O₂ →to 2CO₂ + 3H₂O

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

a. Vai trò của bình chứa dung dịch H₂SO₄ đặc để giữ lại hơi nước và bông tẩm dung dịch NaOH để tránh khí Cl₂ thoát ra ngoài.

MnO₂ + 4HCl đặc →toMnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

2NaOH + Cl₂ → NaCl + NaClO + H₂O

b. Ta có:nKMnO4=3,95158=0,025 mol

Phương trình hóa học:

2KMnO4+ 16HClđ →t°2KCl + 2MnCl2+ 5Cl2+ 8H2O0,025  mol     0,0625  mol

 VCl2=0,0625.22,4=1,4 lít.

a. Than hoạt tính có khả năng hấp phụ các chất độc, chất có mùi, chất màu, …

b. Khí hiđro khi cháy tỏa ra nhiều nhiệt lượng và chỉ tạo hơi nước nên là nguồn năng lượng sạch, có thể thay thế cho nhiên liệu hóa thạch trong tương lai.

c. Phương trình hóa học:

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂↑.

Ca(OH)₂ tạo thành làm hồng phenolphtalein.

d. Phương trình hóa học:

NaHCO₃ + CH₃COOH → CH₃COONa + H₂O + CO₂↑.

Khí CO₂ sinh ra làm ngọn nến bị tắt.

Dung dịch D chứa muối FeCl₂ và FeCl₃.

Dung dịch D + Cu

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

n_Cu = 0,01 mol →

Dung dịch D + AgNO₃ dư:

FeCl2+ 3AgNO3→ FeNO33+ 2AgCl↓ + Ag↓x                                                               2x                    x        mol

FeCl3+ 3AgNO3→ FeNO33+ 3AgCl↓0,02                                                          0,06       mol

Theo giả thiết thu được 20,46 gam chất rắn nên

143,5.2x + 108x + 143,5.0,06 = 20,46 → x = 0,03

Vậy dung dịch D gồm 0,03 mol FeCl₂ và 0,02 mol FeCl₃.

Bảo toàn nguyên tố Fe, ta có nFe=0,05 mol → mFe =2,8 gam

Thủy phân tinh bột: nC6H10O5=270162=53 mol

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O →H+, to nC₆H₁₂O₆

Hiệu suất 72% nên nC6H12O6=53.72% = 1,2 mol

Dung dịch X: C₆H₁₂O₆, tinh bột dư và H₂SO₄ loãng.

H₂SO₄ + 2NaHCO₃ → Na₂SO₄ + H₂O + CO₂

Dung dịch Y: C₆H₁₂O₆, tinh bột dư và Na₂SO₄.

C₆H₁₂O₆  → men r­îu2C₂H₅OH + 2CO₂

Hiệu suất phản ứng lên men là 75% nên

nC2H5OH=1,2.2.75% = 1,8 mol

Thể tích rượu etylic 40^o thu được là

VC2H5OH 40o= 1,8.46.1000,8.40= 258,75 ml

C₂H₅OH + O₂ → men giamCH₃COOH + H₂O

CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

Số mol NaOH cần dùng để trung hòa 1,5 lít dung dịch Z là

nNaOH= 0,0144.0,5.150 = 1,08 mol

Hiệu suất phản ứng lên men giấm là H%=1,081,8.100%=60%

Gọi số mol của CH₄, C₂H₄ và C₂H₂ trong 9,6 gam X lần lượt là x, y, z mol.

16x + 28y + 26z = 9,6               (1)

Đốt cháy X và dẫn sản phẩm vào bình đựng dung dịch NaOH

 nNa2CO3=0,7 mol = nCO2

x + 2y + 2z = 0,7                       (2)

Số mol của CH₄, C₂H₄ và C₂H₂ trong 11,2 lít X lần lượt là kx, ky, kz mol.

nX=0,5 mol → k(x + y + z) = 0,5 (3)

nBr2=0,625 mol → k(y + 2z) = 0,625 (4)

Lấy (3) chia (4) ta được, 5x + y – 3z = 0                 (5)

Giải hệ (1, 2, 5) ta được x = 0,1; y = 0,1 và z = 0,2

%VCH4=25;  %VC2H4=25%; %VC2H2=50%

 nCO2=nCaCO3= 0,7125 mol

Khối lượng dung dịch giảm 27,975 gam nên

  mCO2+mH2O−mCaCO3= -27,975 gam →nH2O=0,6625 mol

Ta có: nC=0,7125 mol ; nH = 1,325 mol ; nO = 11,075−0,7125.12−1,325.116=0,075 mol

Tỉ lệ C : H : O = 0,7125 : 1,325 : 0,075 = 57 : 106 : 6

Công thức phân tử của trieste T là C₅₇H₁₀₆O₆.

   nT=26,58886= 0,03 mol và  nNaOH=17,1.1,2.20100.40=0,1026 mol

Lượng NaOH dư là 0,1026 – 0,03.3 = 0,0126 mol

→  a%=0,01260,09.100%  = 14%

Bảo toàn khối lượng, ta có

 mT+mNaOHphan ung= mmuoi + mC3H5(OH)3 →mmuoi =27,42 gam

Cu(OH)₂.CuCO₃ →to2CuO + H₂O + CO₂

_{CuO + H2SO4→ CuSO4+ H2O x                       x              x                       mol}

Khối lượng dung dịch H₂SO₄ 20% đã dùng: 490x (gam).

Khối lượng dung dịch trước khi làm lạnh: 80x + 490x = 570x (gam).

 nCuSO4.5H2O=24,6250= 0,0984 mol

Khối lượng dung dịch bão hòa thu được sau khi làm lạnh: (570x – 24,6) gam và chứa lượng chất tan: (x – 0,0984).160 gam

Theo giả thiết độ tan của CuSO₄ là 17,4 gam nên ta có:

 17,4117,4=160(x−0,0984)570x−24,6

Giải phương trình ta được x = 0,16  

Ta có

 nCu(OH)2.CuCO3=0,08 mol →mCu(OH)2.CuCO3=0,08.222=17,76 gam

Hàm lượng phần trăm của Cu(OH)₂.CuCO₃ có trong mẩu quặng là

17,7620.100% = 88,8%

Hỗn hợp E: Al, Fe_xO_y và CuO

2yAl + 3Fe_xO_y →to yAl₂O₃ + 3xFe                               (1)

2Al + 3CuO →to Al₂O₃ + 3Cu                                      (2)

Hỗn hợp Z: Al₂O₃, Fe, Cu và Al dư    

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂                         (3)

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O                                 (4)

  nH2=0,33622,4= 0,015 mol→ n_{Al dư (Z)} = 0,01 mol.

3,92 gam hỗn hợp rắn T: Fe và Cu

2Fe + 6H₂SO₄ đặc →to Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O        (5)

Cu + 2H₂SO₄ đặc →to CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O                (6)

SO₂ + Ba(OH)₂ → BaSO₃ + H₂O                                      (7)

SO₂ + BaSO₃ + H₂O → Ba(HSO₃)₂                                   (8)

Gọi số mol của Fe và Cu trong 3,92 gam T là x, y

→ 56x + 64y = 3,92        (I)

Theo giả thiết  nBa(OH)2=0,12.0,5 = 0,06 mol và  nBaSO3=8,68217= 0,04 mol

TH1: Không xảy ra phản ứng (8), Ba(OH)₂ dư.

   nSO2=0,04 mol → Bảo toàn electron: 3x + 2y = 0,08     (II)

Giải hệ (I, II) ta được x = -0,034 và y = 0,091 → loại

TH2: SO₂ dư hòa tan một phần kết tủa

SO2+ BaOH2→ BaSO3↓ + H2O             70,06 ←0,06    →            0,06                 mol

SO2+ BaSO3+ H2O → BaHSO32     80,02 ←  0,02                                  mol

Tổng số mol SO₂ là 0,08 mol

→ Bảo toàn electron: 3x + 2y = 0,16             (III)

Giải hệ (I, III) ta được x = 0,03 và y = 0,035.

Ta có n_CuO = 0,035 mol

→ m_CuO = 2,8 gam mà  mFexOymCuO  =  2935→ mFexOy=2,32 gam

→ m_O = 2,32 – 0,03.56 = 0,64 gam → n_O = 0,04 mol

→ Tỉ lệ:   nFenO=0,030,04=34

→ Công thức oxit là Fe₃O₄: 0,01 mol

Bảo toàn electron cho phản ứng nhiệt nhôm: 3.nAl = 2.nCuO + 8.nFe3O4

→ n_{Al phản ứng} = 0,05 mol

Số mol Al ban đầu là: 0,01 + 0,05 = 0,06 mol

Khối lượng hỗn hợp E là: 0,06.27 + 0,01.232 + 0,035.80 = 6,74 gam

Phần trăm khối lượng của Al trong E là: 24,04%.