18 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 6)

Câu 1:

Viết phương trình hóa học của phản ứng (nếu có) khi cho lần lượt: Na, NaOH, Na₂CO₃ vào chất lỏng nguyên chất sau:

a) Rượu etylic.

Xem đáp án

Phương trình hóa học:

a) 2Na + 2C₂H₅OH ⟶ 2C₂H₅ONa + H₂

Câu 2:

b) Axit axetic.

Xem đáp án

b) 2Na + 2CH₃COOH ⟶ 2CH₃COONa + H₂

NaOH + CH₃COOH ⟶ CH₃COONa + H₂O

Na₂CO₃ + 2CH₃COOH ⟶ 2CH₃COONa + CO₂ + H₂O

Câu 3:

Viết phương trình hóa học thực hiện dãy chuyển hóa sau, ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có):

Tinh bột $\overset{(1)}{\to}$ Glucozơ $\overset{(2)}{\to}$ Rượu Etylic $\overset{(3)}{\to}$ Axit axetic $\overset{(4)}{\to}$ Etyl axetat

Xem đáp án

Phương trình hóa học:

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O $\overset{ax i t, t^{0}}{\to}$ nC₆H₁₂O₆

C₆H₁₂O₆ $\overset{men r u o u}{\to}$ 2C₂H₅OH + 2CO₂

C₂H₅OH + O₂ $\overset{men g i a m}{\to}$ CH₃COOH

CH₃COOH + C₂H₅OH $\overset{ax i t, t^{0}}{\to}$ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

Câu 4:

Hòa tan hoàn toàn a mol Ba vào dung dịch chứa a mol HCl, thu được dung dịch X. Cho lượng dư dung dịch X lần lượt vào ống nghiệm riêng biệt đựng các chất sau: dung dịch Na₂SO₄, Al (rắn), dung dịch (NH₄)₂CO₃, dung dịch AlCl₃. Viết phương trình hóa học của phản ứng (nếu có) trong các ống nghiệm trên.

Xem đáp án

Phương trình hóa học:

$\begin{array}{l} B a + 2 H C l \to B a C l_{2} + H_{2} (1) \\ \frac{1}{2} a \leftarrow a \to \frac{1}{2} a \end{array}$

$\begin{array}{l} B a + 2 H_{2} O \to B a {(O H)}_{2} + H_{2} (2) \\ \frac{1}{2} a \to \frac{1}{2} a \end{array}$

Dung dịch X: $\{\begin{cases} B a C l_{2} : \frac{a}{2} m o l \\ B a {(O H)}_{2} : \frac{a}{2} m o l \end{cases}$

* Tác dụng với dung dịch Na₂SO₄:

Na₂SO₄ + BaCl₂ ⟶ BaSO₄ $↓$ + 2NaCl

Na₂SO₄ + Ba(OH)₂ ⟶ BaSO₄ $↓$ + 2NaOH

* Tác dụng với Al:

2Al + 2H₂O + Ba(OH)₂ ⟶ Ba(AlO₂)₂ + 3H₂

* Tác dụng với dung dịch (NH₄)₂CO₃:

(NH₄)₂CO₃ + BaCl₂ ⟶ BaCO₃ + 2NH₄Cl

(NH₄)₂CO₃ + Ba(OH)₂ ⟶ BaCO₃ + 2NH₃ + 2H₂O

* Tác dụng với dung dịch AlCl₃:

2AlCl₃ + 3Ba(OH)₂ $\overset{}{\to}$ 3BaCl₂ + 2Al(OH)_{3 $↓$}

2Al(OH)₃ + Ba(OH)₂ $\overset{}{\to}$ Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

Câu 5:

Nung 82,4 gam hỗn hợp X gồm Na₂CO₃ và NaHCO₃ đến khối lượng không đổi, thu được 70 gam chất rắn. Tính thành phần phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp X.

Xem đáp án

Gọi số mol NaHCO₃ là 2a. Phương trình hóa học:

$\begin{array}{l} 2 N a H C O_{3} \overset{t °}{\to} N a_{2} C O_{3} + H_{2} O + C O_{2} \\ 2 a a a a m o l \end{array}$

Theo phương trình khối lượng giảm do H₂O và CO₂ thoát ra:

m_{chất rắn ban đầu} - m_{chất rắn sau phản ứng =} $m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O}$ = 82,4 – 70 = 12,4 gam.

⇔ (18 + 44)a = 12,4

⇔ a = 0,4 mol

Phần trăm khối lượng các chất:

$\{\begin{cases} % m_{N a H C O_{3}} = \frac{84.2 a}{82, 4} .100 % = 40, 8 % \\ % m_{N a_{2} C O_{3}} = 100 % - 40, 8 % = 59, 2 % \end{cases}$

Câu 6:

Lấy hai ví dụ minh họa điều chế khí Y từ chất rắn X theo mô hình thí nghiệm sau:

Cho biết X, Y là chất nào? Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra trong ống nghiệm được đun nóng?

Xem đáp án

Các chất tương ứng:

X	Y	PTHH
KMnO₄	O₂	2KMnO₄ $\overset{t^{0}}{\to}$ K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂ $↑$
CH₃COONa	CH₄	CH₃COONa + NaOH $\overset{t^{0}, C a O}{\to}$ CH₄ + Na₂CO₃

Câu 7:

Cho m gam Al và 300 ml dung dịch X gồm Fe(NO₃)₃ 2M và Cu(NO₃)₂ 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 36 gam kim loại. Mặt khác hòa tan hết m gam Al ở trên bằng dung dịch HNO₃ loãng (vừa đủ) thu được 267,12 gam dung dịch Y và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Làm lạnh Y đến 20⁰C thì có x gam tinh thể Al(NO₃)₃.9H₂O tách ra khỏi dung dịch. Biết độ tan của Al(NO₃)₃ ở 20⁰C là 75,44 gam. Xác định giá trị của m và x.

Xem đáp án

- Số mol: Fe(NO₃)₃: 0,6 mol; Cu(NO₃)₂: 0,3 mol

- Phương trình hóa học:

$\begin{array}{l} A l + 3 F e {(N O_{3})}_{3} \to A l {(N O_{3})}_{3} + 3 F e {(N O_{3})}_{2} (1) \\ 0, 2 0, 6 0, 6 m o l \end{array}$

$\begin{array}{l} 2 A l + 3 C u {(N O_{3})}_{2} \to 2 A l {(N O_{3})}_{3} + 3 C u (2) \\ 0, 2 0, 3 0, 3 m o l \end{array}$

- Sau phản ứng (2), khối lượng Cu tạo ra = 0,3.64 = 19,2 gam nên có Fe tạo ra;

$\Rightarrow n_{F e} = \frac{36 - 19, 2}{56}$ = 0,3 mol

$\begin{array}{l} 2 A l + 3 F e {(N O_{3})}_{2} \to 2 A l {(N O_{3})}_{3} + 3 F e (3) \\ 0, 2 0, 3 0, 3 m o l \end{array}$

- Theo phương trình hóa học (1), (2), (3): n_Al = 0,6 mol

$\Rightarrow m_{A l} = 0, 6.27 = 16, 2 (g a m)$

- Khi tác dụng với dung dịch HNO₃:

$\begin{array}{l} A l + 4 H N O_{3} \to A l {(N O_{3})}_{3} + 2 H_{2} O + N O (4) \\ 0, 6 0, 6 m o l \end{array}$

$m_{A l {(N O_{3})}_{3}} = 0, 6.213 = 127, 8 g a m$

- Trong 267,12 gam dung dịch Y có: $\{\begin{cases} A l {(N O_{3})}_{3} : 127, 8 g a m \\ H_{2} O : 139, 32 g a m \end{cases}$

- Giả sử sau khi hạ nhiệt độ có a mol Al(NO₃)₃.9H₂O tách ra

$\Rightarrow x = (213 + 162) . a$ (gam)

- Dung dịch thu được sau khi hạ nhiệt độ gồm:

$\Rightarrow \frac{127, 8 - 213 a}{139, 32 - 162 a} \times 100 = 75, 44$

$\Rightarrow a = 0, 25 m o l$

$\Rightarrow x = 375.0, 25 = 93, 75 g a m$

- Có thể tính giá trị của a như sau:

$C % = \frac{213 \times (0, 6 - a)}{267, 12 - 275 a} \times 100 = \frac{75, 44}{75, 44 + 100} \times 100$

$\Rightarrow a = 0, 25 m o l$

$\Rightarrow x = 375.0, 25 = 93, 75 g a m$

Câu 8:

Cho hỗn hợp X gồm: O₂, HCl, SO₂. Trình bày phương pháp tách riêng từng khí trong X mà không làm giảm khối lượng các chất. Viết phương hóa học phản ứng xảy ra.

Xem đáp án

Phương pháp tách riêng từng khí trong X:

* Cách 1:

- Dẫn hỗn hợp X qua dung dịch NaCl (bão hòa) dư thu được dung dịch A gồm NaCl, HCl và khí B thoát ra gồm O₂, SO₂. Đun nóng dung dịch A thu được khí HCl thoát ra.

- Dẫn khí B qua dung dịch Ca(OH)₂ dư, thu được khí thoát ra là O₂, kết tủa CaSO₃. Lọc kết tủa, cho tác dụng với H₂SO₄ thu được SO₂ thoát ra.

SO₂ + Ca(OH)₂ ⟶ CaSO₃ + H₂O

CaSO₃ + H₂SO₄ ⟶ CaSO₄ + SO₂ + H₂O

* Cách 2:

- Dẫn hỗn hợp khí vào dung dịch Ba(OH)₂ dư, thu được oxi không phản ứng thoát ra khỏi dung dịch.

Ba(OH)₂ + SO₂⟶ BaSO₃ $↓$ + H₂O

Ba(OH)₂ +2HCl ⟶ BaCl₂ + 2H₂O

- Lọc kết tủa rồi cho phản ứng với dung dịch H₂SO₄ dư thu được khí SO₂.

BaSO₃ + H₂SO₄ ⟶ BaSO₄ $↓$ + SO₂ $↓$ + H₂O

- Phần dung dịch còn lại ở trên gồm BaCl₂ và Ba(OH)₂ dư cho tác dụng với dung dịch H₂SO₄ dư

Ba(OH)₂ + H₂SO₄ → BaSO₄ $↓$ + 2H₂O

BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄ $↓$ + 2HCl

- Lọc kết tủa, đem cô cạn dung dịch thu được HCl có lẫn hơi nước được dẫn qua bình chứa H₂SO₄ đặc (dư) thu được khí HCl tinh khiết.

Câu 9:

Cho hỗn hợp X ở điều kiện thường gồm ba hiđrocacbon mạch hở, không có liên kết ba và trong phân tử mỗi chất có không quá một liên kết đôi. Trộn m gam hỗn hợp X với 4,032 lít khí O₂ thu được 4,704 lít hỗn hợp khí Y (các thể tích khí đều đo ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)₂ 0,02M, sau phản ứng thu được 3 gam kết tủa và dung dịch Z. Khối lượng dung dịch Z so với dung dịch Ca(OH)₂ ban đầu giảm 0,282 gam. Đun nóng dung dịch Z, thu được thêm 0,3 gam kết tủa (cho biết các phản ứng hóa học đều xảy ra hoàn toàn).

a) Xác định giá trị của m và thể tích dung dịch Ca(OH)₂ đã dùng.

Xem đáp án

Ta có: $n_{X} = \frac{0, 672}{22, 4} = 0, 03 m o l$ ; $n_{O_{2}} = \frac{4, 032}{22, 4} = 0, 18 m o l$

- Sản phẩm cháy hỗn hợp X là CO₂ và H₂O hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)₂ thu được 3 gam kết tủa và dung dịch Z. Đun nóng Z thu thêm 0,3 gam kết tủa nên Z chứa Ca(HCO₃)₂.

- Phương trình hóa học

$\begin{array}{l} C O_{2} + C a {(O H)}_{2} \to C a C O_{3} + H_{2} O (1) \\ 0, 03 0, 03 0, 03 m o l \end{array}$

$\begin{array}{l} 2 C O_{2} + C a {(O H)}_{2} \to C a {(H C O_{3})}_{2} (2) \\ 0, 006 0, 003 0, 003 m o l \end{array}$
$\begin{array}{l} C a {(H C O_{3})}_{2} \overset{t °}{\to} C a C O_{3} + H_{2} O + C O_{2} (3) \\ 0, 003 0, 003 m o l \end{array}$

- Theo phương trình hóa học:

+ $n_{C a {(O H)}_{2}} = 0, 033 m o l$ $\Rightarrow V_{dd C a {(O H)}_{2}} = \frac{0, 033}{0, 02} = 1, 65$ (lít)

+ $n_{C O_{2}} = 0, 036 m o l$

- Khối lượng dung dịch Z giảm 0,282 gam so với dung dịch Ca(OH)₂:

⇒ $0, 282 = m_{C a C O_{3}} - (m_{H_{2} O} + m_{C O_{2}})$

$\Leftrightarrow m_{H_{2} O} = 3 - 0, 282 - 44 \times 0, 036 = 1, 134$ (gam)

$\Leftrightarrow n_{H_{2} O} = 0, 063 m o l$

- Bảo toàn khối lượng các nguyên tố trong X: $m_{X} = m_{C} + m_{H} = 12 n_{C O_{2}} + 2 n_{H_{2} O}$

$\Rightarrow m_{X} = m = 0, 558$ (gam)

Câu 10:

b) Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon trong X.

Xem đáp án

b) Ta có: $\{\begin{cases} n_{X} > n_{H_{2} O} - n_{C O_{2}} \\ n_{H_{2} O} > n_{C O_{2}} \end{cases}$ nên X là hỗn hợp của ankan và anken.

Số nguyên tử C trung bình: $\bar{C} = \frac{0, 036}{0, 03} = 1, 2$ nên trong X có CH₄.

*TH1:

Nếu cả 3 chất là ankan

n_ankan = $n_{H_{2} O} - n_{C O_{2}} = 0, 027 m o l < n_{X}$ (loại)

*TH2:

2 hiđrocacbon còn lại đều là anken: C_nH_2n

$\Rightarrow n_{C H_{4}} = 0, 063 - 0, 036 = 0, 027 (m o l)$

$\Rightarrow n_{C_{\bar{n}} H_{2 \bar{n}}} = 0, 03 - 0, 027 = 0, 003 (m o l)$

Bảo toàn C trong X: $0, 027 + 0, 003. \bar{n} = 0, 036 \Leftrightarrow \bar{n} = 3$ $\Rightarrow C_{2} H_{4}; C_{4} H_{8}$

$\Rightarrow$ X: {CH₄, C₂H₄, C₄H₈}

*TH3: 2 hiđrocacbon còn lại là ankan (C_nH_2n+2) và anken (C_mH_2m)

$X \{\begin{cases} C H_{4} : a (m o l) \\ C_{n} H_{2 n + 2} : b (m o l) \\ C_{m} H_{2 m} : c (m o l) \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} a + b = 0, 027 \\ c = 0, 003 \\ a + b n + 0, 003 m = 0, 036 \end{cases}$

$\Rightarrow 0, 027 + 0, 003 m < 0, 036 \Leftrightarrow m < 3 \Rightarrow m = 2$ (anken: C₂H₄)

Với $2 \leq n \leq 4$ ta có:

n	2	3	4
ankan	C₂H₆	C₃H₈	C₄H₁₀

Vậy hỗn hợp X: $[\begin{array}{l} (C H_{4}; C_{2} H_{6}; C_{2} H_{4}) \\ (C H_{4}; C_{3} H_{8}; C_{2} H_{4}) \\ (C H_{4}; C_{4} H_{10}; C_{2} H_{4}) \end{array}$

Vậy có bốn cặp nghiệm thỏa mãn: $|\begin{array}{l} C H_{4}, C_{2} H_{4}, C_{4} H_{8} \\ C H_{4}, C_{2} H_{4}, C_{2} H_{6} \\ C H_{4}, C_{2} H_{4}, C_{3} H_{8} \\ C H_{4}, C_{2} H_{4}, C_{4} H_{10} \end{array}$

Câu 11:

Hỗn hợp A gồm rượu etylic và 2 axit hữu cơ có dạng C_nH_2n+1COOH và C_n+1H_2n+3COOH. Chia A thành 2 phần bằng nhau:

- Phần 1 tác dụng hết với Na dư, thu được 3,92 lít khí H₂ (đktc).

- Phần 2 đem đốt cháy hoàn toàn, dẫn toàn bộ sản phẩm lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch H₂SO₄ đặc (dư), bình 2 đựng dung dịch Ba(OH)₂ dư. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì khối lượng bình 1 tăng 17,1 gam, bình 2 thu được 147,75 gam kết tủa.

Xác định công thức cấu tạo và khối lượng của 2 axit trong A.

Xem đáp án

Gọi công thức tổng quát của 2 axit: $C_{\bar{x}} H_{2 \bar{x}} O_{2}$ hay $C_{\bar{x} - 1} H_{2 \bar{x} - 1} C O O H$

- Gọi số mol trong $\frac{1}{2} A : \{\begin{cases} C_{2} H_{5} O H : a (m o l) \\ C_{\bar{x}} H_{2 \bar{x}} O_{2} : b (m o l) \end{cases}$ ;

- Số mol: $n_{H_{2}} = \frac{3, 92}{22, 4} = 0, 175 m o l$ ;

$n_{H_{2} O} = \frac{17, 1}{18} = 0, 95 m o l$ ;

$n_{B a C O_{3}} = \frac{147, 75}{197} = 0, 75 m o l$

- Phương trình hóa học:

C₂H₅OH + Na ⟶ C₂H₅ONa + $\frac{1}{2}$ H₂ (1)

$C_{\bar{x} - 1} H_{2 \bar{x} - 1} C O O H$ + Na ⟶ $C_{\bar{x} - 1} H_{2 \bar{x} - 1} C O O N a$ + $\frac{1}{2}$ H₂ (2)

C₂H₅OH + 3O₂ $\overset{t^{0}}{\to}$ 2CO₂ + 3H₂O (3)

$C_{\bar{x}} H_{2 \bar{x}} O_{2} + \frac{3 \bar{x} - 2}{2} O_{2} \overset{t^{0}}{\to} \bar{x} C O_{2} + \bar{x} H_{2} O$ (4)

CO₂ + Ba(OH)₂ ⟶ BaCO₃ + H₂O (5)

- Theo phương trình hóa học:

$\{\begin{cases} n_{H_{2}} = \frac{a}{2} + \frac{b}{2} = 0, 175 \\ n_{H_{2} O} = 3 a + \bar{x} b = 0, 95 \\ n_{C O_{2}} = 2 a + \bar{x} b = 0, 75 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 0, 2 \\ b = 0, 15 \\ \bar{x} = \frac{7}{3} = 2, 33 \end{cases}$

- Công thức hóa học của 2 axit: CH₃COOH (c mol) và C₂H₅COOH (d mol)

$\Rightarrow \{\begin{cases} c + d = 0, 15 \\ 2.0, 2 + 2 c + 3 d = 0, 75 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} c = 0, 1 \\ d = 0, 05 \end{cases}$

- Khối lượng mỗi axit trong A:

$\begin{array}{l} m_{C H_{3} C O O H} = 2.0, 1.60 = 12 (g a m) \\ m_{C_{2} H_{5} C O O H} = 2.0, 05.74 = 7, 4 (g a m) \end{array}$

Câu 12:

Hỗn hợp Y gồm Na, Al, Fe. Lấy 3 lượng bằng nhau của Y khi thực hiện các thí nghiệm:

Thí nghiệm 1: Cho Y tác dụng với nước dư, thu được V lít khí.

Thí nghiệm 2: Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 7V/4 lít khí.

Thí nghiệm 3: Cho Y tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được 9V/4 lít khí.

Xác định thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp Y (biết thể tích các khí đo ở cùng điều kiện, các phản ứng xảy ra hoàn toàn).

Xem đáp án

Hỗn hợp Y: $\{\begin{cases} N a : a (m o l) \\ A l : b (m o l) \\ F e : c (m o l) \end{cases}$

(Trong cùng điều kiện phản ứng thì tỉ lệ thể tích bằng tỉ lệ số mol các chất khí)

- Thí nghiệm 1: Tác dụng H₂O dư

\begin{array}{l} N a + H_{2} O \to N a O H + \frac{1}{2} H_{2} (1) \\ a a \frac{a}{2} m o l \end{array}

\begin{array}{l} 2 A l + 2 H_{2} O + 2 N a O H \to 2 N a A l O_{2} + 3 H_{2} (2) \\ a a \frac{3}{2} a \end{array}

- Thí nghiệm 2: Tác dụng dung dịch NaOH dư

\begin{array}{l} N a + H_{2} O \to N a O H + \frac{1}{2} H_{2} (1) \\ a \frac{1}{2} a m o l \end{array}

\begin{array}{l} A l + H_{2} O + N a O H \to N a A l O_{2} + \frac{3}{2} H_{2} (2) \\ b \frac{3}{2} b m o l \end{array}

- Thí nghiệm 3: Tác dụng dung dịch HCl dư

\begin{array}{l} N a + H C l \to N a C l + \frac{1}{2} H_{2} (3) \\ a \frac{1}{2} a m o l \end{array}

\begin{array}{l} A l + 3 H C l \to A l C l_{3} + \frac{3}{2} H_{2} (4) \\ b \frac{3}{2} b m o l \end{array}

$\begin{array}{l} F e + 2 H C l \to F e C l_{2} + H_{2} (5) \\ c c m o l \end{array}$

- Lượng H₂ thoát ra ở thí nghiệm 2 lớn hơn ở thí nghiệm 1 nên sau thí nghiệm 1 kim loại Al còn dư.

- Theo phương trình hóa học xảy ra ở các thí nghiệm ta có:

$\{\begin{cases} \frac{a}{2} + \frac{3 a}{2} = V \\ \frac{a}{2} + \frac{3 b}{2} = \frac{7 V}{4} \\ \frac{a}{2} + \frac{3 b}{2} + c = \frac{9 V}{4} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = \frac{V}{2} \\ b = V \\ c = \frac{V}{2} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} m_{N a} = 11, 5 V \\ m_{A l} = 27 V \\ m_{F e} = 28 V \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} % m_{N a} = \frac{11, 5 V}{66, 5 V} \times 100 % = 17, 3 % \\ % m_{A l} = \frac{27 V}{66, 5 V} \times 100 % = 40, 6 % \\ % m_{F e} = 42, 1 % \end{cases}$

Câu 13:

Cho các phương trình hóa học sau:

(X) $\overset{t, x t (Y)}{\to}$ (A) + (B)

(X) + HCl _(đặc) $\overset{}{\to}$ (A) + (E) + H₂O

(X) + (D) $\overset{(1)}{\to}$ (A) + (F)

(X) + (Z) $\overset{(1)}{\to}$ (A) + (G)

Biết (B), (E), (F), (G) là các chất khí ở điều kiện thường, tỷ khối hơi của (F) so với (G) bằng 0,6875; (X), (A), (Y), (D), (Z) là các chất rắn, (D) và (Z) là các đơn chất.

a) Xác định các chất (X), (Y), (A), (B), (E), (F), (D), (Z), (G).

Xem đáp án

a) Các chất tương ứng:

X	Y	A	B	E	F	D	Z	G
KClO₃	MnO₂	KCl	O₂	Cl₂	CO₂	C	S	SO₂

Câu 14:

b) Hoàn thành các phương trình hóa học trên.

Xem đáp án

b) Phương trình hóa học:

2KClO₃ $\overset{t^{0}, M n O_{2}}{\to}$ 2KCl + 3O₂

KClO₃ + 6HCl_đặc $\overset{}{\to}$ KCl + 3Cl₂ + 3H₂O

2KClO₃ + 3C $\overset{t^{0}}{\to}$ 2KCl + 3CO₂

2KClO₃ + 3S $\overset{t^{0}}{\to}$ 2KCl + 3SO₂

Câu 15:

c) Trình bày phương pháp nhận biết các chất khí (B), (E), (F), (G) đựng trong các lọ mất nhãn. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

Xem đáp án

c) Nhận biết 4 chất khí O₂, Cl₂, CO₂, SO₂:

- Đánh số thứ tự và trích mẫu thử trên các lọ mất nhãn.

- Dẫn từng mẫu khí qua dung dịch brom, nếu khí nào làm nhạt màu dung dịch brom thì khí đó là SO₂.

SO₂ + Br₂ + 2H₂O → 2HBr + H₂SO₄

- Dẫn 3 khí còn lại vào dung dịch nước vôi trong dư, nếu khí nào phản ứng làm vẩn đục dung dịch thì khí đó là CO₂.

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓+ H₂O

- Cho quỳ tím ẩm vào 2 mẫu khí còn lại, nếu quỳ tím chuyển đỏ rồi mất màu thì mẫu thử là Cl₂ vì sinh ra HClO có tính tẩy màu

Cl₂ + H₂O ⇄ HCl + HClO

+ Khí còn lại (làm tàn đóm đỏ bùng cháy trở lại) là O₂.

Câu 16:

Hỗn hợp X gồm Cu, CuO, Fe và Fe_xO_y. Hòa tan hết m gam X trong dung dịch chứa 0,72 mol HCl (dùng dư 20% so với lượng cần phản ứng), thu được 0,06 mol khí H₂ và 270,8 gam dung dịch Y (có chứa muối sắt III). Mặt khác hòa tan hết m gam X trong dung dịch H₂SO₄ đặc, nóng thu được dung dịch Z (chứa 3 chất tan) và 2,016 lít khí SO₂ (sản phẩm khử dung nhất của H₂SO₄ ở đktc). Cho Z tác dụng với dung dịch Ba(OH)₂ dư thu được kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 99,29 gam chất rắn. Xác định nồng độ phần trăm của FeCl₃ trong dung dịch Y.

Xem đáp án

- Khi tác dụng HCl: n_{HCl phản ứng}= $\frac{0, 72}{1, 2}$ = 0,6 mol;

n_{HCl dư}= 0,72 – 0,6 = 0,12 (mol)

CuO + 2HCl → CuCl₂ + H₂O (1)

Fe_xO_y + yHCl → xFeCl_2y/x + yH₂O (2)

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ (3)

Cu + FeCl₃ → CuCl₂ + FeCl₂ (4)

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂ (5)

- Số mol các chất trong 270,8 gam dung dịch Y $\{\begin{cases} F e C l_{3} : a \\ F e C l_{2} : b \\ C u C l_{2} : c \\ H C l : 0, 12 \end{cases}$

- Trong dung dịch trung hòa về điện (hoặc bảo toàn Cl trong muối) ta có: $3 a + 2 b + 2 c = 0, 6$ (*)

- Khi tác dụng H₂SO₄ đặc, nóng: $n_{S O_{2}} = \frac{2, 016}{22, 4} = 0, 09 (m o l)$

CuO + H₂SO₄ ⟶ CuSO₄ + H₂O (6)

2Fe_xO_y + (6x-2y)H₂SO₄ ⟶ xFe₂(SO₄)₃ + (6x-2y)H₂O + (3x-2y)SO₂ (7)

2Fe + 6H₂SO₄ ⟶ Fe₂(SO₄)₃ + 6H₂O + 3SO₂ (8)

Cu + 2H₂SO₄ ⟶ CuSO₄ + 2H₂O + SO₂ (9)

Fe + Fe₂(SO₄)₃ ⟶ 3FeSO₄ (10)

Cu + Fe₂(SO₄)₃ ⟶ CuSO₄ + 2FeSO₄ (11)

- Các chất trong dung dịch Z $\{\begin{cases} F e S O_{4} : d (m o l) \\ F e_{2} {(S O_{4})}_{3_{}} : (m o l) \\ {CuSO}_{4} : c (m o l) \end{cases}$

- Bảo toàn Fe ta có: $a + b = d + 2 e$ (**)

- Khi Z tác dụng dung dịch Ba(OH)₂ dư, tách kết tủa rồi nung

FeSO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ + Fe(OH)₂ (12)

Fe₂(SO₄)₃ + 3Ba(OH)₂ → 3BaSO₄ + 2Fe(OH)₃ (13)

CuSO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ + Cu(OH)₂ (14)

- Kết tủa T $\{\begin{cases} B a S O_{4} \\ F e {(O H)}_{2} \\ F e {(O H)}_{3} \\ C u {(O H)}_{2} \end{cases}$

4Fe(OH)₂ + O₂ $\overset{t^{0}}{\to}$ 2Fe₂O₃ + 4H₂O (15)

2Fe(OH)₃ $\overset{t^{0}}{\to}$ Fe₂O₃ + 3H₂O (16)

Cu(OH)₂ $\overset{t^{0}}{\to}$ CuO + H₂O (17)

- Theo phương trình hóa học (1, 2, 3):

$n_{H C l} = 2 n_{O (X)} + 2 n_{H_{2}} \Rightarrow n_{O (X)} = 0, 6 - 2.0, 06 = 0, 24 m o l$

- Theo phương trình hóa học (6,7,8,9):

n_{H_{2} S O_{4}} = n_{O (X)} + 2 n_{S O_{2}} = 0, 42 (m o l)

- Bảo toàn S: số mol gốc SO₄^2- trong muối = $n_{H_{2} S O_{4}} - n_{S O_{2}}$ = 0,42 – 0,09 = 0,33 (mol)

- Bảo toàn S, Fe, Cu: chất rắn còn lại (99,29 gam) gồm

$\{\begin{cases} B a S O_{4} : 0, 33 (m o l) \\ F e_{2} O_{3} : \frac{1}{2} (d + 2 e) (m o l) \\ C u O : c (m o l) \end{cases}$

⇒ 99,29 = 0,33.233 + 80(d +2e) + 80c (***)

- Thay (**) vào (***) ta có: 80(a + b) + 80c = 22,4 (****)

- Từ (*) và (****) ta có: a = 0,04 (mol)

- Phần trăm khối lượng FeCl₃ trong dung dịch Y:

$C %_{F e C l_{3}} = \frac{0, 04.162, 5}{270, 8} .100 % = 2, 4 %$ .

Câu 17:

Chọn 5 chất rắn khác nhau và viết phương trình hóa học của phản ứng khi cho mỗi chất đó tác dụng với dung dịch H₂SO₄ đặc nóng (vừa đủ) thu được khí SO₂ có tỉ lệ mol $x = n_{H_{2} S O_{4}} : n_{S O_{2}}$ tương ứng với các giá trị:

a) x = 1 b) x = $\frac{1}{2}$ c) x = $\frac{10}{9}$ d) x = 10

Xem đáp án

Các chất rắn: CaSO₃ (C, P), NaHSO_3, FeS, Fe₃O₄, Cu. Phương trình hóa học:

CaSO₃ + H₂SO₄ $\overset{t^{0}}{\to}$ CaSO₄ + H₂O + SO₂ (x = 1)

2NaHSO₃ + H₂SO₄ $\overset{t^{0}}{\to}$ Na₂SO₄ + 2H₂O + 2SO₂ (x = 0,5)

2FeS + 10H₂SO₄ $\overset{t^{0}}{\to}$ Fe₂(SO₄)₃ + 10H₂O + 9SO₂ (x = 10 : 9)

2Fe₃O₄ + 10H₂SO₄ $\overset{t^{0}}{\to}$ 3Fe₂(SO₄)₃ + 10H₂O + SO₂ (x =10)

Cu + 2H₂SO₄ $\overset{t^{0}}{\to}$ CuSO₄ + 2H₂O + SO₂ (x = 2)

Câu 18:

Hỗn hợp X gồm 3 este đều mạch hở, không phân nhánh và không chứa nhóm chức khác. Thủy phân hoàn toàn 33,15 gam X cần dùng vừa đủ 300ml dung dịch NaOH 1,5M thu được hỗn hợp Y chứa 3 ancol (rượu) đều no và hỗn hợp muối Z. Lấy toàn bộ Z đun nóng với hỗn hợp vôi tôi xút (phản ứng vôi tôi xút: R(COONa)_a + aNaOH $\overset{C a O, t^{0}}{\to}$ R(H)_a + aNa₂CO₃), thu được duy nhất một hiđrocacbon đơn giản nhất có thể tích là 9,408 lít (đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 33,15 gam X cần dùng vừa đủ 34,44 lít khí O₂ (đktc). Biết được trong phân tử ancol mỗi nguyên tử cacbon no chỉ liên kết với một nhóm (OH).

a) Xác định công thức cấu tạo của các este trong X.

b) Xác định thành phần phần trăm khối lượng của các este trong X.

Xem đáp án

Sơ đồ thủy phân:

R₁(COOR)_x + xNaOH $\overset{t^{0}}{\to}$ R₁(COONa)_x + xROH (1)

- Vì các este đều mạch hở, không phân nhánh nên tối đa 2 chức; vì hỗn hợp muối đun nóng với hỗn hợp vôi tôi xút thu được duy nhất một hiđrocacbon đơn giản nhất là CH₄ nên 2 muối là CH₃COONa (a mol) và CH₂(COONa)₂ (b mol).

$\begin{array}{l} C H_{3} C O O N a + N a O H \overset{t °, C a O}{\to} C H_{4} + N a_{2} C O_{3} (2) \\ a a \end{array}$

$\begin{array}{l} C H_{2} {(C O O N a)}_{2} + 2 N a O H \overset{C a O, t °}{\to} C H_{4} + 2 N a_{2} C O_{3} (3) \\ 2 b b \end{array}$

- Số mol: $n_{C H_{4}} = 0, 42 m o l$ ;

$n_{N a O H} = 0, 45 m o l$ ;

$n_{O_{2}} = \frac{34, 44}{22, 4} = 1, 5375 (m o l)$

- Theo phương trình hóa học: $\{\begin{cases} a + b = 0, 42 \\ a + 2 b = 0, 45 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 0, 39 \\ b = 0, 03 \end{cases}$

- Sơ đồ phản ứng khi đốt cháy X: X + O₂ $\overset{t^{0}}{\to}$ CO₂ + H₂O (4)

- Hỗn hợp sau phản ứng: $\{\begin{cases} C O_{2} : u (m o l) \\ H_{2} O : v (m o l) \end{cases}$

+ Bảo toàn khối lượng: 44u + 18v = 33,15 + 1,5375.32

+ Bảo toàn O ta có: $2 u + v = 2.0, 45 + 2.1, 5375$

$\Rightarrow \{\begin{cases} 44 u + 18 v = 33, 15 + 1, 5375.32 \\ 2 u + v = 2.0, 45 + 2.1, 5375 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} u = 1, 35 (m o l) \\ v = 1, 275 (m o l) \end{cases}$

- Ta có: $\begin{array}{l} n_{este 2 chuc} = n_{C O_{2}} - n_{H_{2} O} = 0, 075 \\ n_{es t e d o n c h u c} = n_{N a O H} - 2.0, 075 = 0, 3 \end{array}$

- Từ số mol 2 muối, số mol 3 este, thủy phân tạo được 3 ancol

X ở dạng $\{\begin{cases} C H_{3} COO A : x \\ C H_{2} {(C O O \bar{B})}_{2} : y \\ {(C H_{3} C O O)}_{2} R : z \end{cases}$

nên $\{\begin{cases} x + 2 z = 0, 39 \\ y = b = 0, 03 \\ y + z = 0, 075 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x = 0, 3 (m o l) \\ y = 0, 03 (m o l) \\ z = 0, 045 (m o l) \end{cases}$

$m_{X} = 0, 3 \times (A + 59) + 0, 03 \times (102 + 2 \bar{B}) + 0, 045 \times (118 + R) = 33, 15$

⇒ $30 A + 6 \bar{B} + 4, 5 R = 708$

$\Rightarrow$ Nghiệm duy nhất: $\{\begin{cases} A = 15 {(CH}_{3}) \\ \bar{B} = 22 {(CH}_{3} (15); C_{2} H_{5} (29)) \\ R = 28 (C_{2} H_{4}) \end{cases}$

$\Rightarrow$ Hỗn hợp X:

$\{\begin{cases} C H_{3} {COOCH}_{3} : 0, 3 (m o l) \\ C H_{2} ⟨\begin{array}{l} {COOCH}_{3} \\ {COOC}_{2} H_{5} \end{array} : 0, 03 (m o l) \\ {(C H_{3} C O O)}_{2} C_{2} H_{4} : 0, 045 (m o l) \end{cases}$

$\Rightarrow \{\begin{cases} C H_{3} {COOCH}_{3} : % m = \frac{74 .0, 3}{33, 15} \times 100 % = 67 % \\ C H_{2} ⟨\begin{array}{l} {COOCH}_{3} \\ {COOC}_{2} H_{5} \end{array} : % m = \frac{146 .0.03}{33, 15} \times 100 % = 13, 2 % \\ {(C H_{3} C O O)}_{2} C_{2} H_{4} : % m = 19, 8 % \end{cases}$

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 6)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan