18 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 24)

Câu 1:

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

$\begin{array}{l} N a \overset{(1)}{\to} N a O H \overset{(2)}{\to} N a H C O_{3} \overset{(3)}{\to} N a_{2} C O_{3} \overset{(4)}{\to} C a C O_{3} \\ \overset{(5)}{\to} C a C l_{2} \overset{(6)}{\to} A g C l \end{array}$

Xem đáp án

Các phương trình hóa học minh họa cho sơ đồ:

(1) 2Na + 2H₂O $\underset{}{\to}$ 2NaOH + H₂

(2) NaOH + CO₂ $\underset{}{\to}$ NaHCO₃

(3) NaHCO₃ + NaOH $\underset{}{\to}$ Na₂CO₃ + H₂O

(4) Na₂CO₃ + CaCl₂ $\underset{}{\to}$ 2NaCl + CaCO₃↓

(5) CaCO₃ + 2HCl $\underset{}{\to}$ CaCl₂ + CO₂↑ + H₂O

(6) CaCl₂ + 2AgNO₃ $\underset{}{\to}$ 2AgCl↓ + Ca(NO₃)₂

Câu 2:

Chỉ dùng thêm dung dịch HCl, hãy phân biệt các dung dịch sau: CaCl₂; NaCl; K₂CO₃; AgNO₃; NaNO₃. Viết phương trình phản ứng xảy ra, nếu có.

Xem đáp án

- Trích mỗi mẫu thử 1 ít bỏ vào các ống nghiệm khác nhau có đánh số thứ tự.

- Nhỏ dung dịch HCl lần lượt vào các ống nghiệm trên.

+ Ống nghiệm nào xuất hiện khí là ống nghiệm chứa K₂CO₃.

2HCl + K₂CO₃ $\underset{}{\to}$ 2KCl + CO₂↑ + H₂O

+ Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa trắng là ống nghiệm chứa AgNO₃.

HCl + AgNO₃ $\underset{}{\to}$ AgCl↓ + HNO₃

+ Không có hiện tượng gì là: CaCl₂, NaCl, NaNO₃.

- Nhỏ dung dịch K₂CO₃ vào những ống nghiệm không có hiện tượng gì

+ Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa trắng là ống nghiệm chứa CaCl₂.

K₂CO₃ + CaCl₂ $\underset{}{\to}$ CaCO₃↓ + 2KCl

+ Không có hiện tượng gì là: NaCl, NaNO₃.

- Nhỏ dung dịch AgNO₃ vào 2 ống nghiệm trên

+ Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa trắng là ống nghiệm chứa NaCl.

AgNO₃ + NaCl $\underset{}{\to}$ AgCl↓ + NaNO₃

+ Không có hiện tượng gì là: NaNO₃.

Câu 3:

Nguyên tố R tạo hợp chất khí với hiđro có dạng RH₃. Trong oxit cao nhất của R thì R chiếm 43,66% về khối lượng. Xác định tên nguyên tố R.

Xem đáp án

Nguyên tố R tạo hợp chất khí với hiđro có dạng RH₃ ⇒ R tạo hợp chất với oxi có công thức là R₂O₅.

%O = 100% - 43,66% = 56,34%

$\Rightarrow \frac{2 R}{5.16} = \frac{43, 66 %}{56, 34 %} \Leftrightarrow R \approx 31$ .

Vậy R là Photpho (P)

Câu 4:

Giải thích các hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra, nếu có:

a) Cho vỏ quả trứng vào giấm ăn thấy có sủi bọt khí không màu.

Xem đáp án

a) Do vỏ trứng có thành phần là CaCO₃, giấm ăn là CH₃COOH có tính axit

CaCO₃ + 2CH₃COOH $\underset{}{\to}$ (CH₃COO)₂Ca + CO₂↑ + H₂O

Câu 5:

b) Không nên dùng thau, chậu… bằng nhôm để đựng vôi, vữa.

Xem đáp án

b) Vì Al bị hòa tan trong dung dịch có tính kiềm như nước vôi, vữa

2Al + Ca(OH)₂ + 2H₂O → Ca(AlO₂)₂ + 3H₂

Câu 6:

Từ dung dịch HCl; KMnO₄; Fe và Al₄C₃, các điều kiện cần thiết có đủ, viết phương trình phản ứng điều chế các chất khí sau: Cl₂; H₂; O₂ và CH₄.

Xem đáp án

- Khí O₂: $2 K M n O_{4} \overset{t^{0}}{\to} K_{2} M n O_{4} + M n O_{2} + O_{2}$

- Khí H₂: Fe + 2HCl ® FeCl₂ + H₂

- Khí Cl₂:

$\begin{array}{l} 16 H C l + 2 K M n O_{4} \overset{t^{0}}{\to} 2 K C l + 2 M n C l_{2} + 5 C l_{2} + 8 H_{2} O \\ 4 H C l + M n O_{2} \overset{t^{0}}{\to} M n C l_{2} + C l_{2} + 2 H_{2} O \end{array}$

- Khí CH₄:

Al₄C₃ + 12H₂O $\underset{}{\to}$ 3CH₄ + 4Al(OH)₃

Câu 7:

Đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon A. Sản phẩm thu được lần lượt dẫn qua bình 1 chứa dung dịch H₂SO₄ đặc rồi bình 2 chứa dung dịch Ca(OH)₂ (dư) thì thấy khối lượng bình 1 tăng 3,6 gam và khối lượng bình 2 tăng 8,8 gam. Mặt khác, khi hóa hơi 2,8 gam A thu được thể tích bằng với thể tích của 1,6 gam khí oxi (trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo dạng mạch hở có thể có của A.

Xem đáp án

Đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon A. Sản phẩm thu được lần lượt dẫn qua bình 1 chứa dung dịch H₂SO₄ đặc rồi bình 2 chứa dung dịch Ca(OH)₂ (dư) thì thấy khối lượng bình 1 tăng 3,6 gam và khối lượng bình 2 tăng 8,8 gam

$\{\begin{cases} m_{H_{2} O} = 3, 6 (g) \Rightarrow n_{H_{2} O} = 0, 2 (m o l) \\ m_{C O_{2}} = 8, 8 (g) \Rightarrow n_{C O_{2}} = 0, 2 (m o l) \end{cases}$

⇒ A là anken: C_nH_2n (n ³ 2)

Mà $n_{O_{2}} = \frac{1, 6}{32} = 0, 05 (m o l) \Rightarrow M_{A} = \frac{2, 8}{0, 05} = 56$

⇒ n = 4 ⇒ A là C₄H₈

Công thức cấu tạo của A:

(1) CH₂ = CH – CH₂ – CH₃

(2) CH₃ – CH = CH – CH₃

(3) CH₂ = C(CH₃) – CH₃

Câu 8:

Lên men glucozơ thu được rượu etylic.

a) Tính khối lượng rượu etylic thu được khi lên men 1kg glucozơ, biết hiệu suất quá trình lên men đạt 65%.

Xem đáp án

a) $\begin{array}{l} C_{6} H_{12} O_{6} \overset{65 %}{\to} 2 C_{2} H_{5} O H + 2 C O_{2} \\ 180 2.46 (g) \\ 1000 \to 332, 2 (g) \end{array}$

Câu 9:

b) Lấy lượng rượu etylic ở trên pha thành dung dịch rượu 23^o. Hãy tính thể tích dung dịch rượu thu được, khối lượng riêng của rượu etylic nguyên chất D = 0,8 gam/ml.

Xem đáp án

b) $\Rightarrow V_{R} = \frac{332, 2}{0, 8} = 415, 25 (m l)$

Cứ 23 ml rượu etylic nguyên chất có trong 100 ml dung dịch rượu

Vậy 415,25 ml rượu etylic nguyên chất có trong $\frac{415, 25.100}{23} = 1805, 43$ ml dung dịch rượu

Câu 10:

c) Nếu lấy $\frac{1}{10}$ lượng glucozơ ở trên đem thực hiện phản ứng tráng bạc thì thu được bao nhiêu gam Ag, biết hiệu suất phản ứng đạt 80%.

Xem đáp án

c)

$\begin{array}{l} C_{6} H_{12} O_{6} + A g_{2} O \overset{80 %}{\to} C_{6} H_{12} O_{7} + 2 A g \\ \frac{100}{180} \to \frac{2.100}{180} \end{array}$

$\Rightarrow m_{A g} = 108. \frac{1.100}{180} . \frac{80}{100} = 96 (g)$

Câu 11:

Dẫn 10 lít hỗn hợp khí X (ở đktc) gồm CO₂ và N₂ vào 200 ml dung dịch Ca(OH)₂ 1M thu được 15,0 gam kết tủa. Tính phần trăm theo thể tích của CO₂ trong hỗn hợp X.

Xem đáp án

$\begin{array}{l} n_{C a C O_{3}} = 0, 15 (m o l) \\ n_{C a {(O H)}_{2}} = 0, 2 (m o l) \end{array}$

Þ Kết tủa bị tan 1 phần hoặc kết tủa không bị tan đi.

Trường hợp 1: kết tủa bị tan đi 1 phần

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

$\begin{array}{l} C O_{2} + C a C O_{3} + H_{2} O \to C a {(H C O_{3})}_{2} (2) \\ 0, 05 0, 05 (m o l) \end{array}$

$\Rightarrow n_{C O_{2}} = 0, 2 + 0, 05 = 0, 25 (m o l)$

$\Rightarrow % V_{C O_{2}} = \frac{0, 25.22, 4}{10} .100 % = 56 %$

Trường hợp 2: kết tủa không bị tan đi (chỉ xảy ra phản ứng (1))

$\Rightarrow n_{C O_{2}} = 0, 15 (m o l)$

$\Rightarrow % V_{C O_{2}} = \frac{0, 15.22, 4}{10} .100 % = 33, 6 %$

Câu 12:

Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Al và Fe₃O₄ trong dung dịch HCl dư thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y thu được kết tủa Z. Nung kết tủa Z trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn T. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Xem đáp án

2Al + 6HCl $\underset{}{\to}$ 2AlCl₃ + 3H₂

Fe₃O₄ + 8HCl $\underset{}{\to}$ FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

⇒ Dung dịch Y gồm: AlCl₃; FeCl₂; FeCl₃; HCl dư

NaOH + HCl $\underset{}{\to}$ NaCl + H₂O

AlCl₃ + 4NaOH $\underset{}{\to}$ NaAlO₂ + 3NaCl + 2H₂O

FeCl₂ + 2NaOH $\underset{}{\to}$ Fe(OH)₂ + 2NaCl

FeCl₃ + 3NaOH $\underset{}{\to}$ Fe(OH)₃ + 3NaCl

⇒ Kết tủa Z gồm: Fe(OH)₂; Fe(OH)₃

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

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

Câu 13:

Hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Fe. Cho 1,84 gam hỗn hợp X vào Vml dung dịch CuSO₄ 0,3M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 3,16 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Lọc lấy dung dịch Z cho tác dụng với dung dịch BaCl₂ dư thu được 10,485 gam kết tủa.

a) Tính V.

Xem đáp án

Gọi số mol của Mg, Fe lần lượt là a, b (mol)

Mg + CuSO₄ ® MgSO₄ + Cu (1)

Fe + CuSO₄ ® FeSO₄ + Cu (2)

Giả sử sau (2) CuSO₄ dư, KL hết ⇒ Rắn Y: Cu

n_Cu = a + b = 3,16 : 64 = 0,049375 (I)

⇒ 24a + 56b = 1,84 (II)

Dung dịch Z gồm MgSO₄: a (mol); FeSO₄: b (mol)

$\begin{array}{l} M g S O_{4} + B a C l_{2} \to B a S O_{4} + M g C l_{2} (3) \\ a a \end{array}$

$\begin{array}{l} F e S O_{4} + B a C l_{2} \to B a S O_{4} + F e C l_{2} (4) \\ b b \end{array}$

Từ (3), (4) ⇒ a + b = 0,045 (III)

Có (I) ¹ (III) Þ Trường hợp này loại. Vậy kim loại dư

Giả sử Mg dư, chỉ xảy ra phương trình (1). Gọi c là số mol của Mg đã tham gia phản ứng.

Rắn thu được gồm: Cu : c (mol); Mg dư: a – c (mol); Fe: b (mol)

Dung dịch Z gồm MgSO₄: c (mol)

⇒ c = 0,045 (mol)

⇒ m_Y = 64c + 24(a – c) + 56b = 3,16

⇔ 24a + 56b = 1,36 (loại)

Vậy sau (2) Fe dư

$\begin{array}{l} M g + C u S O_{4} \to M g S O_{4} + C u (5) \\ a a a a \end{array}$

$\begin{array}{l} F e + C u S O_{4} \to F e S O_{4} + C u (6) \\ c c c c \end{array}$

rắn Y gồm: Cu: a + c (mol); Fe_dư: b – c (mol)

dung dịch Z gồm $\{\begin{cases} M g S O_{4} \\ a \\ F e S O_{4} \\ b \end{cases} \to B a S O_{4} (a + c)$

$\Rightarrow \{\begin{cases} a + c = 0, 045 \\ 64 (a + c) + 56 (b - c) = 3, 16 \\ 24 a + 56 b = 1, 84 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 0, 03 \\ c = 0, 015 \\ b = 0, 02 \end{cases}$

$\Rightarrow V_{C u S O_{4}} = \frac{0, 045}{0, 3} = 0, 15 (l)$

Câu 14:

b) Tính khối lượng mỗi kim loại trong X.

Xem đáp án

b) $\{\begin{cases} m_{M g} = 24.0, 03 = 0, 72 (g) \\ m_{F e} = 56.0, 02 = 1, 12 (g) \end{cases}$

Câu 15:

Đốt cháy hoàn toàn m gam chất béo X cần dùng hết 0,75 mol khí O₂. Sản phẩm cháy được dẫn vào dung dịch nước vôi trong dư thu được 53,0 gam kết tủa và dung dịch Y. Khối lượng dung dịch Y giảm so với dung dịch nước vôi ban đầu là 20,68 gam.

a. Tính m.

Xem đáp án

Có m_{dd giảm} = m_{kết tủa}- $(m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O})$

$(m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O})$ = 53 – 20,68 = 32,32 (g)

Mặt khác: n_{kết tủa} = $n_{C O_{2}}$ = 0,53 (mol)

$\begin{array}{l} \Rightarrow m_{C O_{2}} = 0, 53.44 = 23, 32 (g) \\ \Rightarrow m_{H_{2} O} = 9 (g) \end{array}$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: $m + m_{O_{2}} = m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O}$

a) m + 0,75.32 = 23,32 + 9 ⇒ m = 8,32 (g)

Câu 16:

b. Xà phòng hóa hoàn toàn 24,96 gam X bằng dung dịch NaOH. Tính lượng xà phòng điều chề được, biết trong xà phòng khối lượng muối của axit béo chiếm 80% về khối lượng.

Xem đáp án

b) Gọi công thức của chất béo có dạng C_xH_yO₆ hay (RCOO)₃C₃H₅

$\begin{array}{l} C_{x} H_{y} O_{6} + (x + \frac{y}{4} - 3) O_{2} \overset{t^{0}}{\to} x C O_{2} + \frac{y}{2} H_{2} O \\ a a(x+ \frac{y}{4} - 3) ax \frac{a y}{2} \end{array}$

$\Rightarrow \{\begin{cases} ax = 0, 53 \\ \frac{a y}{2} = 0, 5 \\ a (x + \frac{y}{4} - 3) = 0, 75 \end{cases}$

Þ a = 0,01 (mol)

Trong 8,32 gam X có 0,01 mol X

Vậy 24,96 gam X có 0,03 mol X

$\begin{array}{l} {(R C O O)}_{3} C_{3} H_{5} + 3 N a O H \to 3 R C O O N a + C_{3} H_{5} {(O H)}_{3} \\ 0, 03 0, 09 (m o l) \end{array}$

⇒ M_RCOO = $\frac{791}{3}$

⇒ m_RCOONa = 0,09.( $\frac{791}{3}$ + 23) = 25,8 (g)

⇒ m_{xà phòng} = 25,8 : 80% = 32,25 (g)

Câu 17:

Cho hỗn hợp X gồm axit C_xH_yCOOH và rượu C_nH_2n+1OH. Đun nóng hỗn hợp X với dung dịch H₂SO₄ đặc để thực hiện phản ứng este hóa thu được hỗn hợp Y gồm axit, rượu và este.

- Đốt cháy 4,08 gam hỗn hợp Y thu được 4,032 lít khí CO₂ (ở đktc) và 2,88 gam nước.

- Mặt khác, 4,08 gam Y phản ứng vừa đủ với 40ml dung dịch NaOH 1M thu được muối và 1,38 gam rượu. Tách lấy rượu cho tác dụng với Na dư thu được 0,336 lít khí H₂ (ở đktc).

a. Xác định công thức phân tử của rượu.

Xem đáp án

Gọi số a, b, c lần lượt là số mol của este, axit dư, rượu dư trong 4,08 g dung dịch Y

$\begin{array}{l} C_{x} H_{y} C O O H + C_{n} H_{2 n + 1} O H \overset{H_{2} S O_{4}}{⇄} C_{x} H_{y} C O O C_{n} H_{2 n + 1} + H_{2} O \\ a a a (m o l) \end{array}$

Y gồm: C_xH_yCOOH_dư: b (mol); C_nH_2n+1OH: c (mol); C_xH_yCOOC_nH_2n+1: a (mol)

n_NaOH = 0,04 (mol)

$2 n_{H_{2}} = n_{C_{n} H_{2 n + 1} O H} = 0, 03 (m o l)$

a) $M_{C_{n} H_{2 n + 1} O H} = 46$ ⇒ Rượu là C₂H₅OH

Câu 18:

b. Xác định công thức của axit và tính hiệu suất phản ứng este hóa.

Xem đáp án

b)

$\begin{array}{l} n_{C O_{2}} = 0, 18 (m o l) \\ n_{H_{2} O} = 0, 16 (m o l) \end{array}$

$\Rightarrow n_{C O_{2}} > n_{H_{2} O}$

Þ Axit không no, đơn chức và este không no, đơn chức

Dung dịch Y gồm $\{\begin{cases} C_{x} H_{y} COOH: b (m o l) \\ C_{x} H_{y} {COOC}_{2} H_{5} : a (m o l) \\ C_{2} H_{5} O H : 0, 03 (m o l) \end{cases}$

Bảo toàn nguyên tố:

+ Cacbon: b(x + 1) + a(x + 3) + 0,06 = 0,18 (I)

+ Hiđro: $b (\frac{y + 1}{2}) + a (\frac{y + 5}{2}) + 0, 09 = 0, 16$ (II)

Có m_Y = 4,08 (g) ⇒ (13x + y + 45)b + (12x + y + 44 + 29)a + 46.0,03 = 4,08

⇒ a + b = 0,035

⇒ m_{axit +}m_este = 4,08 – 1,38 = 2,7 (g)

⇒ $\bar{M} = \frac{2, 7}{0, 035} \approx 77, 143$ ⇒ M_axit< 77,143 < M_este.

+ Chọn x = 2, y = 3

⇒ Axit là CH₂ = CH – COOH và este là CH₂ = CH – COOC₂H₅

Thay x, y vào (I), (II) ⇒ a = - 0,015; b = 0,065 (loại)

+ Chọn x = 2, y = 1

⇒ Axit là CH º C – COOH và este là CH º CH – COOC₂H₅

Thay x, y vào (I), (II) ⇒ a = 0,0225; b = 2,5.10^-3

Hiệu suất tính theo axit

H = $\frac{0, 0225}{0, 025} .100 % = 90 %$

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 24)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan