16 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 5)

Câu 1:

Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học xảy ra trong các trường hợp sau:

a) Cho kim loại Ba vào dung dịch CuCl₂.

Xem đáp án

a) Cho kim loại Ba vào dung dịch CuCl₂.

Hiện tượng: Ba tan dần, có khí thoát ra, kết tủa xanh xuất hiện.

Phương trình hóa học:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂↑

Ba(OH)₂ + CuCl₂ → BaCl₂ + Cu(OH)₂↓

Câu 2:

b) Nhỏ dung dịch NaOH dư vào dung dịch Ca(HCO₃)₂.

Xem đáp án

b) Nhỏ dung dịch NaOH dư vào dung dịch Ca(HCO3)2.

Hiện tượng: Kết tủa trắng xuất hiện.

Phương trình hóa học: 2NaOHdư + Ca(HCO3)2 → Na2CO3 + CaCO3↓ + 2H2O.

Câu 3:

c) Cho một ít bột đá vôi nghiền nhỏ vào 5ml dung dịch giấm ăn.

Xem đáp án

c) Cho một ít bột đá vôi nghiền nhỏ vào 5ml dung dịch giấm ăn.

Hiện tượng: Bột đá vôi tan dần, có khí thoát ra.

Phương trình hóa học: CaCO₃ + 2CH₃COOH → (CH₃COO)₂Ca + CO₂↑ + H₂O

Câu 4:

d) Cho một mẩu kim loại Na vào dung dịch rượu etylic 40^o.

Xem đáp án

d) Cho một mẩu kim loại Na vào dung dịch rượu etylic 40^o.

Hiện tượng: Mẩu Na tan dần, có khí thoát ra.

Phương trình hóa học: 2Na + 2C₂H₅OH → 2C₂H₅ONa + H₂↑.

Câu 5:

Chỉ dùng dung dịch Ba(OH)₂ hãy nêu cách nhận biết các dung dịch mất nhãn sau: Ba(HCO₃)₂, Na₂SO₃, HCl, H₂SO₄.

Xem đáp án

Đánh số thứ tự từng lọ mất nhãn, trích mỗi lọ một ít sang ống nghiệm đánh số tương ứng.

Cho Ba(OH)2 lần lượt vào từng mẫu thử.

- Không thấy hiện tượng gì xuất hiện → HCl

2HCl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2H2O

- Xuất hiện kết tủa trắng: Ba(HCO3)2; Na2SO3; H2SO4

Ba(HCO3)2 + Ba(OH)2 → 2BaCO3↓ + 2H2O

Na2SO3 + Ba(OH)2 → BaSO3↓ + 2NaOH

H2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓ + 2H2O

Tiếp tục cho HCl vừa nhận biết vào từng kết tủa tạo thành.

- Kết tủa không tan → Kết tủa là BaSO4 → chất đầu là H2SO4.

- Kết tủa tan, có khí thoát ra → Kết tủa là BaCO3; BaSO3 → chất đầu là Ba(HCO3)2; Na2SO3 (I)

BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑ + H2O

BaSO3 + 2HCl → BaCl2 + SO2↑ + H2O

Cho H2SO4 vừa nhận ra tác dụng lần lượt với các mẫu thử ở nhóm I

- Có kết tủa xuất hiện, có khí thoát ra → Ba(HCO3)2

Ba(HCO3)2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2CO2↑ + 2H2O

- Có khí thoát ra → Na2SO3

Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2↑ + H2O

Câu 6:

Hỗn hợp X gồm Cu và FeO tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch H₂SO₄ 1M. Mặt khác nếu hòa tan X bằng H₂SO₄ đặc, nóng thu được dung dịch Y chỉ chứa hai muối của kim loại và 3,36 lít khí SO₂ (đktc). Dung dịch Y có thể hòa tan được tối đa m gam Cu.

a) Tính phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp X.

Xem đáp án

a) Số mol H2SO4: 0,2.1 = 0,2 mol;

số mol SO2: $\frac{3, 36}{22, 4}$ = 0,15 mol

Gọi số mol Cu và FeO lần lượt là x và y (mol)

Cho hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với H2SO4 loãng, Cu không phản ứng.

$\begin{array}{l} F e O + H_{2} S O_{4} \to F e S O_{4} + H_{2} O \\ 0, 2 \leftarrow 0, 2 m o l \end{array}$

Vậy y = 0,2.

Cho hỗn hợp X tác dụng với H2SO4 đặc, nóng:

$\begin{array}{l} C u + 2 H_{2} S O_{4 đ} \to C u S O_{4} + S O_{2} ↑ + 2 H_{2} O \\ x x m o l \end{array}$

$\begin{array}{l} 2 F e O + 4 H_{2} S O_{4 đ} \to F e_{2} {(S O_{4})}_{3} + S O_{2} ↑ + 4 H_{2} O \\ 0, 2 \to 0, 1 0, 1 m o l \end{array}$

Lại có: x + 0,1 = 0,15 ⇒ x = 0,05.

$% m_{C u} = \frac{0, 05.64}{0, 05.64 + 0, 2.72} .100 % = 18, 18 %$

$% m_{F e O} = 100 % - 18, 18 % = 81, 82 % .$

Câu 7:

b) Tính m.

Xem đáp án

b) Dung dịch Y chứa 2 muối CuSO4 (0,05 mol) và Fe2(SO4)3 (0,1 mol).

Cho dung dịch Y tác dụng với Cu có phản ứng:

$\begin{array}{l} C u + F e_{2} {(S O_{4})}_{3} \to C u S O_{4} + 2 F e S O_{4} \\ 0, 1 \leftarrow 0, 1 m o l \end{array}$

Vậy m = 0,1.64 = 6,4 gam.

Câu 8:

Trong thời gian vừa qua, dịch Covid – 19 có nhiều diễn biến rất phức tạp. Theo khuyến cáo của Bộ y tế, mỗi người dân nên thường xuyên rửa tay, sát khuẩn bằng cồn (C₂H₅OH), đây là cách giúp hạn chế sự lây lan của dịch bệnh. Tính thể tích cồn 90^o và nước cất cần dùng để pha chế được 500ml cồn 70^o. Em hãy cho biết tại sao dùng cồn 70^o để sát khuẩn tay tốt hơn cồn 90^o?

Xem đáp án

500 ml cồn 70^o có chứa thể tích cồn nguyên chất là:

$500. \frac{70}{100} = 350 m l$

Thể tích cồn 90^o cần dùng để pha 500 ml cồn 70^o là:

$350. \frac{100}{90} = 388, 89 m l$

Thể tích nước cất cần dùng là: 500 – 388,89 = 111,11 ml.

Dùng cồn 70^o để sát khuẩn tay tốt hơn cồn 90^o vì:

Cồn có khả năng thẩm thấu cao nên có thể thấm sâu vào trong tế bào vi khuẩn, gây đông tụ protein làm cho vi khuẩn chết. Tuy nhiên, ở nồng độ cao sẽ làm cho protein trên bề mặt của vi khuẩn đông tụ nhanh tạo ra lớp màng ngăn không cho cồn thấm sâu vào bên trong, làm giảm tác dụng diệt khuẩn.

Câu 9:

Hòa tan hỗn hợp chất rắn A gồm K₂O, KHCO₃, BaCl₂ có số mol bằng nhau vào bình chứa nước dư thu được dung dịch B, kết tủa C. Nhỏ tiếp dung dịch FeCl₂ vào bình phản ứng thu được kết tủa D. Lọc tách kết tủa D, nung trong không khí đến khối lượng không đổi được chất rắn E. Khử hoàn toàn chất rắn E bằng khí CO dư, nung nóng được chất rắn F. Xác định thành phần của B, C, D, E, F. Viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra.

Xem đáp án

Hòa tan hỗn hợp chất rắn A gồm K₂O, KHCO₃, BaCl₂ có số mol bằng nhau (x mol) vào bình chứa nước dư, các phản ứng hóa học xảy ra như sau:

$\begin{array}{l} K_{2} O + H_{2} O \to 2 K O H \\ x 2 x m o l \end{array}$

$\begin{array}{l} K O H + K H C O_{3} \to K_{2} C O_{3} + H_{2} O \\ 2 x x x m o l \end{array}$

$\begin{array}{l} K_{2} C O_{3} + B a C l_{2} \to B a C O_{3} ↓ + 2 K C l \\ x x x 2 x m o l \end{array}$

Kết tủa C là BaCO₃ (x mol)

Dung dịch B gồm: KOH (x mol); KCl (2x mol)

Nhỏ tiếp dung dịch FeCl₂ vào bình phản ứng:

FeCl₂ + 2KOH → Fe(OH)₂↓ + 2KCl

Kết tủa D là Fe(OH)₂.

Nung kết tủa D trong không khí:

4Fe(OH)₂ + O₂ → 2Fe₂O₃ + 4H₂O

Chất rắn E là Fe₂O₃.

Khử chất rắn E bằng khí CO:

Fe₂O₃ + 3CO $\overset{t^{o}}{\to}$ 2Fe + 3CO₂

Chất rắn F là Fe.

Câu 10:

2. Cho sơ đồ sau: X $\overset{(1)}{\to}$ rượu etylic $\overset{(2)}{\to}$ Y $\overset{(3)}{\to}$ etyl axetat.

Chọn hai chất X khác nhau và viết phương trình hoàn thành sơ đồ phản ứng trên (ghi rõ điều kiện nếu có).

Xem đáp án

X rượu etylic Y etyl axetat.

Vậy hai chất X và Y lần lượt là: etilen (CH₂ = CH₂) và axit axetic (CH₃COOH).

Phương trình hóa học minh họa:

CH₂ = CH₂ + H₂O $\overset{H_{2} S O_{4} d a c, t^{o}}{\to}$ C₂H₅OH

C₂H₅OH + O₂ $\overset{m e n g i a m}{\to}$ CH₃COOH + H₂O

C₂H₅OH + CH₃COOH $\overset{H_{2} S O_{4}, t^{o}}{⇄}$ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

Câu 11:

Đốt cháy 5,6 gam hợp chất hữu cơ A, dẫn toàn bộ sản phẩm cháy đi qua bình (1) đựng H₂SO₄ đặc, sau đó qua bình (2) đựng Ca(OH)₂ dư. Sau phản ứng thấy khối lượng bình (1) tăng 7,2 gam, bình (2) có 40 gam kết tủa. A có tỉ khối đối với metan bằng 3,5.

a) Xác định công thức phân tử của A.

Xem đáp án

a) Khối lượng bình (1) tăng là khối lượng nước.

$n_{H_{2} O} = \frac{7, 2}{18} = 0, 4 m o l \Rightarrow n_{H (A)} = 2. n_{H_{2} O} = 0, 8 m o l$

Cho sản phẩm cháy qua bình (2):

CO₂ + Ca(OH)_{2 dư} → CaCO₃↓ + H₂O

$n_{C O_{2}} = n_{C a C O_{3}} = \frac{40}{100} = 0, 4 m o l \Rightarrow n_{C (A)} = 0, 4 m o l$

Đốt cháy A thu được CO₂ và H₂O nên trong A có C, có H và có thể có O.

Có m_C(A) + m_H(A) = 0,4.12 + 0,8.1 = 5,6. Vậy trong A không có chứa O.

Đặt công thức tổng quát của A là C_xH_y

Có x : y = n_C : n_H = 0,4 : 0,8 = 1 : 2.

Vậy A có công thức dạng (CH₂)_n

Lại có: M_A = 14n = 3,5.16 = 56 ⇒ n = 4.

Vậy công thức phân tử của A là C₄H₈.

Câu 12:

b) Viết công thức cấu tạo của A, biết A mạch hở, không phân nhánh.

Xem đáp án

b) A có mạch hở, không phân nhánh, nên các công thức cấu tạo thỏa mãn là:

CH₂ = CH – CH₂ – CH₃;

CH₃ – CH = CH – CH₃.

Câu 13:

Một lượng axit hữu cơ có công thức C_nH_{2n -1}COOH tác dụng vừa đủ với 100ml NaOH 2M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 18,8 gam muối. Mặt khác nếu trộn lượng axit nói trên với dung dịch có chứa 0,25 mol C₂H₅OH, một ít H₂SO₄ đặc, đun nóng thu được 18 gam este. Tính hiệu suất phản ứng este hóa.

Xem đáp án

nNaOH = 0,1.2 = 0,2 mol

Cho axit hữu cơ phản ứng với NaOH có phản ứng:

$\begin{array}{l} C_{n} H_{2 n - 1} C O O H + N a O H \to C_{n} H_{2 n - 1} C O O N a + H_{2} O \\ 0, 2 \leftarrow 0, 2 \to 0, 2 m o l \end{array}$

Có mmuối = 0,2. (14n + 66) = 18,8 ⇒ n = 2.

Vậy axit là $C_{2} H_{3} C O O H .$

Cho axit $C_{2} H_{3} C O O H .$ phản ứng với $C_{2} H_{5} O H$

$\begin{array}{l} C_{2} H_{3} C O O H + C_{2} H_{5} O H \overset{H_{2} S O_{4} d a c, t °}{⇄} C_{2} H_{3} C O O C_{2} H_{5} + H_{2} O \\ 0, 2 0, 25 m o l \end{array}$

Có $\frac{0, 2}{1} < \frac{0, 25}{1}$ nên số mol sản phẩm tính theo axit.

Khối lượng este theo lý thuyết thu được là:

mLT = 0,2.100 = 20 gam.

Hiệu suất phản ứng este hóa là:

$H = \frac{m_{e s t e T h u c t e}}{m_{e s t e L y t h u y e t}} .100 % = \frac{18}{20} .100 % = 90 % .$

Câu 14:

Trình bày cách tinh chế khí CO₂ từ hỗn hợp khí gồm SO₂, CO₂, Cl₂.

Cách tinh chế khí CO₂ từ hỗn hợp khí gồm SO₂, CO₂, Cl₂:

Dẫn toàn bộ hỗn hợp khí qua bình đựng dung dịch NaBr dư, khí Cl₂ bị giữ lại.

Cl₂ + 2NaBr → 2NaCl + Br₂

Một lượng SO₂ phản ứng với Br₂ trong dung dịch.

Br₂ + 2H₂O + SO₂ → 2HBr + H₂SO₄

Khí thoát ra: CO₂, có thể còn SO₂ tiếp tục dẫn qua bình đựng lượng dư dung dịch brom, khi đó toàn bộ SO₂ bị giữ lại.

CO₂ thoát ra có lẫn hơi nước, cho qua bình đựng H₂SO₄ đặc thu được CO₂ tinh khiết.

Xem đáp án

Cách tinh chế khí CO₂ từ hỗn hợp khí gồm SO₂, CO₂, Cl₂:

Dẫn toàn bộ hỗn hợp khí qua bình đựng dung dịch NaBr dư, khí Cl₂ bị giữ lại.

Cl₂ + 2NaBr → 2NaCl + Br₂

Một lượng SO₂ phản ứng với Br₂ trong dung dịch.

Br₂ + 2H₂O + SO₂ → 2HBr + H₂SO₄

Khí thoát ra: CO₂, có thể còn SO₂ tiếp tục dẫn qua bình đựng lượng dư dung dịch brom, khi đó toàn bộ SO₂ bị giữ lại.

CO₂ thoát ra có lẫn hơi nước, cho qua bình đựng H₂SO₄ đặc thu được CO₂ tinh khiết.

Câu 15:

Hòa tan 2,14 gam hỗn hợp X gồm Fe₂O₃ và kim loại M bằng 120ml dung dịch HCl 1M thu được 672 ml khí H₂.

a) Xác định kim loại M.

Xem đáp án

a)

$\begin{array}{l} n_{H C l} = 0, 12.1 = 0, 12 m o l; \\ n_{H_{2}} = \frac{0, 672}{22, 4} = 0, 03 m o l \end{array}$

Giả sử kim loại M có hóa trị n, cho hỗn hợp X vào HCl có phản ứng:

$\begin{array}{l} 2 M + 2 n H C l \to 2 M C l_{n} + n H_{2} \\ 0, 06 \leftarrow 0, 03 m o l \end{array}$

$\begin{array}{l} F e_{2} O_{3} + 6 H C l \to 2 F e C l_{3} + 3 H_{2} O \\ 0, 01 \leftarrow (0, 12 - 0, 06) m o l \end{array}$

Hay $\frac{0, 06}{n} . M = 0, 54 \Rightarrow M = 9 n$

Ta có bảng sau:

n	1	2	3
M	9	18	27
Kết luận	Loại	Loại	Thỏa mãn

Vậy kim loại M là nhôm (Al).

Vậy mM = 2,14 – 0,01.160 = 0,54 gam

Câu 16:

b) Nung nóng hỗn hợp X, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y. Hòa tan Y bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 504 ml khí H₂. Nếu hòa tan Y bằng NaOH dư thì thu được 168 ml khí H₂. Tính % khối lượng của Fe trong Y.

Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Xem đáp án

Nung nóng hỗn hợp X, có phản ứng:

$\begin{array}{l} 2 A l + F e_{2} O_{3} \overset{t °}{\to} 2 A l_{2} O_{3} + F e \\ 0, 02 0, 01 m o l \end{array}$

Theo bài ra, hỗn hợp chất rắn Y có: Fe; $A l_{2} O_{3}$ ; Al, có thể có $F e_{2} O_{3}$ .

Hòa tan Y bằng NaOH dư:

Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O

$\begin{array}{l} 2 A l + 2 N a O H + 2 H_{2} O \to 2 N a A l O_{2} + 3 H_{2} ↑ \\ 0, 005 \leftarrow 0, 0075 m o l \end{array}$

Hòa tan Y bằng HCl dư chỉ có phản ứng của Fe và Al với HCl sinh ra $H_{2}$ .

$\begin{array}{l} 2 A l + 6 H C l \to 2 A l C l_{3} + 3 H_{2} ↑ \\ 0, 005 \to 0, 0075 m o l \end{array}$

$\begin{array}{l} F e + 2 H C l \to F e C l_{2} + H_{2} \\ 0, 015 \leftarrow (0, 0225 - 0, 0075) m o l \end{array}$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng có: mX = mY = 2,14 gam.

Phần trăm khối lượng Fe trong Y là:

$% m_{F e} = \frac{0, 015.56}{2, 14} .100 % = 39, 25 % .$

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

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

Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 5)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan