Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 2)

a) Nguyên tố thuộc nhóm II của bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học: X3 (vì có 2 electron ở lớp ngoài cùng)

b) Nguyên tố có 13 proton ở hạt nhân nguyên tử: X4 (vì lớp vỏ có 13 electron)

c) Nguyên tố phản ứng với kim loại kiềm theo tỉ lệ mol 1:1: X5 (vì có 7 electron lớp ngoài cùng)

d) Nguyên tố ở chu kì 4, nhóm I: X1 (vì có 1 electron ở lớp ngoài cùng)

2.

Các phương trình phản ứng xảy ra:

a) Cho dung dịch Na₂CO₃ vào dung dịch AlCl₃, thu được kết tủa trắng (Al(OH)₃) và khí thoát ra (CO₂):

3Na₂CO₃ + 2AlCl₃ + 3H₂O ® 6NaCl + 2Al(OH)₃¯ + 3CO₂­

b) Hòa tan hoàn toàn MgO trong dung dịch NH₄Cl đặc thấy thoát khí mùi khai (NH₃):

          MgO + 2NH₄Cl  ® MgCl₂ + 2NH_3­­ + H₂O

3.

a) Làm sạch khí CO₂ có lẫn tạp chất SO₂:

Dẫn hỗn hợp đi qua dung dịch nước brom dư, khí SO₂ có phản ứng nên bị giữ lại, còn CO₂ không phản ứng nên thoát ra, thu lấy khí CO₂ tinh khiết bằng phương pháp dời chỗ không khí:

          SO₂ + Br₂ + H₂O ® 2HBr + H₂SO₄

b) Làm sạch khí H₂S có lẫn tạp chất HCl:

Dẫn hỗn hợp đi qua dung dịch NaHS dư, khí HCl bị giữ lại, còn H₂S không phản ứng nên thoát ra, thu lấy khí H₂S tinh khiết bằng phương pháp dời chỗ không khí:

          NaHS + HCl ® NaCl + H₂S­

Phương trình phản ứng xảy ra:

FeCO₃ + H₂SO₄ ® FeSO₄ + CO₂­ + H₂O

a) Phải dùng lượng dư sắt(II) cacbonat vì FeSO₄ rất dễ tác dụng với oxi của không khí, nên sẽ không thu được sản phẩm mong muốn:

4FeSO₄ + 2H₂SO₄ + 2O₂ ® 2Fe₂(SO₄)₃ + 2H₂O

b) Dấu hiệu cho thấy lượng sắt(II) cacbonat đã dư: Không còn thấy bọt khí thoát ra nữa chứng tỏ muối cacbonat đã hết.

c) Có thể thay thế sắt(II) cacbonat trong quy trình trên bằng sắt: FeSO₃, FeS.

d) Xác định x:

%m_Fe = 56152+18.x.100% = 20,14% Þ x = 7.

Vậy muối là FeSO₄.7H₂O.

1.

a) Xác định A1, A2, B1, B2:

- A1 là hợp chất của Na, trong phân tử chỉ chứa hai nguyên tố; có hàm lượng Na là 58,97% theo khối lượng; A1 là chất khử mạnh, phản ứng với dung dịch KMnO₄ trong H₂SO₄ loãng tạo nên chất rắn màu vàng nhạt B1

Þ A1 là Na₂S; chất rắn màu vàng B1 là S.

- A2 là hợp chất của Na, trong phân tử cũng chứa hai nguyên tố và có hàm lượng Na cũng là 58,97% theo khối lượng. A2 là chất oxi hóa mạnh, phản ứng của A2 với KMnO₄ tạo nên khí không màu B2. Mà B1 và B2 là đơn chất của hai nguyên tố cùng nhóm trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Þ A2 là Na₂O₂, B2 là O₂.

- Các phương trình hóa học xảy ra:

5Na₂S + 2KMnO₄ + 8H₂SO₄ ® 2MnSO­₄ + 5S + K₂SO₄ + 5Na₂SO₄ + 8H₂O

5Na₂O₂ + 2KMnO₄ + 8H₂SO₄ ® 2MnSO­₄ + 5O₂ + K₂SO₄ + 5Na₂SO₄ + 8H₂O

b) Các chất từ C1 đến C5 và D1 đến D4 trong sơ đồ chuyển hóa:

2.

nK2CO3= 41,4138=0,3 mol; nS=12,832=0,4 mol

E₁ là CO₂;

nE1= 6,7222,4=0,3 mol

- Bảo toàn khối lượng ta có: m_X = 12,8 + 41,4 - 0,3´44 = 41 gam

- Trong muối E2, E3 có chứa nguyên tố S.

Muối E2 tạo nên từ hai nguyên tố Þ E2 là K₂S.

Vì muối E2 chiếm 53,66% khối lượng của X nên:

mE2= 53,56100×41 = 21,9596 gam

m_E3 = 41 – 21,9596 = 19,0404 gam.

⇒nK2S=21,9596110≈0,2 mol⇒nK(E2)=0,4 mol;nS(E2)=0,2 mol

⇒nK(E3)=0,2 mol;nS(E2)=0,2 mol;nO(E3)=0,3 mol

Þ Công thức phân tử E3 có dạng (K₂S₂O₃)_n

Theo bài ra M_E3 < 200 g/mol nên E3 có công thức phân tử là K₂S₂O₃.

- Phương trình hóa học:

4S + 3K₂CO₃ →t0C 2K₂S + K₂S₂O₃ + 3CO₂

Gọi thể tích dung dịch Y cần lấy là V (lít), ta có:

nAlCl3= 0,3V (mol); nHCl= 0,2V (mol)

n_NaOH = 0,154 (mol)

Các phản ứng hóa học có thể xảy ra:

HCl + NaOH → NaCl + H₂O                                  (1)

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

AlCl₃ + 3NaAlO₂ + 6H₂O → Al(OH)₃↓ + 3NaCl     (3)

HCl + NaAlO₂ + H₂O → Al(OH)₃↓ + NaCl             (4)

3HCl + Al(OH)₃ → AlCl₃ + 3H₂O                           (5)

Trong đó (1), (2) đồng thời; khi hết NaOH thì đến (3), (4) đồng thời; khi hết NaAlO₂ thì đến (5).

a) Kết tủa trắng bắt đầu xuất hiện khi (1), (2) kết thúc

0,3V ´ 4 + 0,2V = 0,154 Þ V = 0,11 (lít)

b) Lượng kết tủa trắng lớn nhất khi (3), (4) kết thúc

Þ 0,3V ´ 3 + 0,2V = 0,154 Þ V = 0,14 (lít)

c) nAl(OH)3= 0,021 (mol)

TH1: Chưa có (5): nAlCl3(3)= 0,3y (mol); nHCl(4)= 0,2y (mol)

          ⇒nAl(OH)3= 0,3y × 4 + 0,2y = 0,021 (mol) ⇒ y = 0,015

Vậy: V_{dung dịch Y} = 0,11 + 0,015 = 0,125 (lít).

TH2: Đã có (5): nAl(OH)3 max= 0,014×3 = 0,042 (mol)

          ⇒nAl(OH)3 bò hoøa tan= 0,042 − 0,021 = 0,021 (mol)

(5) Þ n_HCl = 0,063 (mol) Þ V = 0,14 + 0,0630,2 = 0,455 (lít).

1.

a) Công thức cấu tạo của các sản phẩm có công thức phân tử C₃H₆Cl₂ từ phản ứng clo hóa C₃H₈:

ClH₂C – CHCl – CH₃;

ClH₂C – CH₂ – CH₂Cl;

CHCl₂ – CH₂ – CH₃;

CH₃ – CCl₂ – CH₃.

b)

G1:

Phương trình hóa học:

G2:    CH₃ - CH₂ - CH₂ - CH₂ - CH₃

Phương trình hóa học:

CH₃ - CH₂ - CH₂ - CH₂ - CH₃ + Cl₂

_{→askt CH3−CH2−CH2−CH2−CH2ClCH3−CH2−CH2−CHCl−CH3CH3−CH2−CHCl−CH2−CH3+HCl}

a)

- Công thức cấu tạo của hai anken G3 và G4:

          CH₃ - CH₂ - CH₂ - CH = CH₂ và CH₃ - CH₂ - CH = CH - CH₃

- Phản ứng trùng hợp giữa hai anken G3 và G4 tạo thành polime T. Các công thức có thể có của đoạn mạch trong T tạo thành khi kết hợp một phân tử G3 và một phân tử G4:

Axit malic:

- Khi đun nóng axit malic trong ancol etylic (C₂H₅OH) có mặt axit sunfuric thì thu được các chất H1, H2 và H3 trong đó H1 không làm sủi bọt dung dịch Na₂CO₃

Þ H1 có công thức cấu tạo là:

H2 và H3 đều chứa 44,44% khối lượng cacbon trong phân tử

Þ Công thức phân tử của H2, H3 là C₆H₁₀O₅.

Þ Công thức cấu tạo H2:

ÞCông thức cấu tạo H3:

- Đun nóng axit malic trong sự có mặt của axit sunfuric thì thu được ba sản phẩm H4, H5 và H6 đều làm sủi bọt dung dịch Na₂CO₃

Þ Trong phân tử H4, H5 và H6 chứa nhóm chức cacboxylic hoặc anhiđrit axit.

- Chất H4 (có vòng 6 cạnh) chứa 55,17% khối lượng oxi trong phân tử

Þ Công thức phân tử H4 là C₈H₈O₈.

Þ Công thức cấu tạo H4 là:

- H5 và H6 đều chứa 38,40% khối lượng cacbon trong phân tử

Þ Công thức phân tử H5, H6 là C₈H₁₀O₉.

ÞCông thức cấu tạo của H5:

ÞCông thức cấu tạo của H6: