18 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 3)

Câu 1:

b) Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch FeCl₃.

Xem đáp án

b) Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch FeCl3:

Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa màu nâu đỏ, dung dịch màu vàng nâu nhạt màu dần.

Phương trình hóa học:

3NaOH + FeCl3 → Fe(OH)3↓ + 3NaCl

Câu 2:

2. Chọn X₁, X₂, X₃, X₄, X₅ (không theo thứ tự) trong số các chất: CH₃COONa, C₂H₅OH, (CH₃COO)₂Ca, CH₃COOH, CH₃COOC₂H₅ để hoàn thiện sơ đồ bên và viết các phương trình hóa học xảy ra, ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có)

2. Chọn X1, X2, X3, X4, X5 (không theo thứ tự) trong số các chất: CH3COONa (ảnh 1)

Xem đáp án

2/

Xác định được các chất như sau:

X₁: CH₃COOH

X₂: CH₃COOC₂H₅

X₃: C₂H₅OH

X₄: (CH₃COO)₂Ca

X₅: CH₃COONa

Phương trình hóa học minh họa cho sơ đồ:

(1) CH₃COOH + C₂H₅OH $⇄_{t^{0}}^{H_{2} S O_{4}}$ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

(2) CH₃COOC₂H₅ + H₂O $⇄_{t^{0}}^{H C l}$ CH₃COOH + C₂H₅OH

(3) C₂H₅OH + O₂ $\underset{}{\overset{m e n giam}{\to}}$ CH₃COOH + H₂O

(4) 2CH₃COOH + Ca(OH)₂ → (CH₃COO)₂Ca + 2H₂O

(5) (CH₃COO)₂Ca + Na₂CO₃ → 2CH₃COONa + CaCO₃↓

(6) CH₃COONa + HCl → CH₃COOH + NaCl

Câu 3:

3. Các loại bim bim (snack) là món yêu thích của nhiều người, nhất là các bạn trẻ. Trong các gói bim bim, lượng bim bim thường chỉ chiếm một nửa thể tích, phần còn lại là khí nitơ. Tại sao người ta không bơm không khí mà lại bơm khí nitơ vào các gói bim bim?

Xem đáp án

3/

Những lý do người ta không bơm không khí mà lại bơm khí nitơ vào các gói bim bim:

- Khí nitơ trơ về mặt hóa học nên không làm ảnh hưởng đến chất lượng của bim bim (snack) bên trong.

- Khí nitơ cũng là loại khí không màu, không mùi, do đó khi ở trong gói bim bim chúng không làm biến dạng mùi vị sản phẩm, mà còn giữ cho miếng bim bim không bị ỉu, vẫn giòn ngon như ban đầu.

Câu 4:

1. Tiến hành thí nghiệm với khí X không màu theo các bước sau:

- Bước 1: Nạp đầy X vào một bình thủy tinh trong suốt, đậy bình bằng nút cao su có ống thủy tinh vuốt nhọn xuyên qua.

- Bước 2: Nhúng đầu ống thủy tinh vào cốc chứa nước có pha vài giọt quỳ tím.

Sau một thời gian, nước trong cốc theo ống phun vào bình thành tia (như hình vẽ).

1. Tiến hành thí nghiệm với khí X không màu theo các bước sau: - Bước 1: Nạp đầy X (ảnh 1)

a) X là khí nào trong số các khí: O₂, H₂, CH₄, HCl?

Xem đáp án

1/

a) Dựa vào thí nghiệm ta thấy khí X tan tốt trong nước, vậy X là khí HCl.

Câu 5:

b) Nêu mục đích của thí nghiệm và giải thích hiện tượng quan sát được.

Xem đáp án

b) Mục đích của thí nghiệm: Chứng minh tính tan nhiều của HCl trong nước.

Hiện tượng quan sát được: Nước phun mạnh vào bình thành các tia có màu đỏ.

Giải thích: Do tan nhiều trong nước, áp suất của khí HCl trong bình giảm đột ngột, nước trong cốc bị hút vào bình qua ống thủy tinh vuốt nhọn, phun thành các tia nước có màu đỏ.

Câu 6:

2. Hạt nhân của hầu hết các nguyên tử đều được tạo thành từ các hạt proton và hạt nơtron. Các nguyên tử có cùng số hạt proton nhưng khác nhau về số hạt nơtron được gọi là các đồng vị của một nguyên tố hóa học. Tổng số hạt proton, nơtron trong hạt nhân nguyên tử được gọi là số khối. Một cách gần đúng, nguyên tử khối có giá trị bằng số khối. Vì hầu hết các nguyên tố trong tự nhiên là hỗn hợp của nhiều đồng vì nên nguyên tử khối của một nguyên tố là nguyên tử khối trung bình của hỗn hợp các đồng vị của nguyên tố đó.

a) Nguyên tố cacbon có 2 đồng vị bền là X (hạt nhân chứ 6 proton, 6 nơtron) và Y (hạt nhân chứa 6 proton, 7 nơtron). Tính nguyên tử khối của các nguyên tử X, Y.

Xem đáp án

2/

a/

Nguyên tử khối của X = 6 + 6 = 12

Nguyên tử khối của Y = 6 + 7 = 13

Câu 7:

b) Trong thể thao để gia tăng thành tích, một số vận động viên đã gian lận bằng cách sử dụng các loại chất kích thích (doping). Một trong các loại doping thường gặp nhất là testosterone tổng hợp. Đối với testosterone tự nhiên trong cơ thể, phần trăm số nguyên tử của đồng vị Y không đổi và bằng 1,11% trong khi testosterone tổng hợp (doping) có phần trăm số nguyên tử của đồng vị Y ít hơn testosterone tự nhiên. Đây chính là mấu chốt của xét nghiệm CIR (Cacbon Isotope Ratio) nhằm xác định vận động viên có sử dụng doping hay không. Giả sử, kết quả phân tích CIR đối với vận động viên thu được phần trăm số nguyên tử X là a và Y là b. Từ tỉ lệ đó, người ta tính được nguyên tử khối trung bình của cacbon trong mẫu phân tích có giá trị là 12,0098. Tính a, b và cho biết vận động viên này có sử dụng doping hay không.

Xem đáp án

b/

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

$\{\begin{cases} \frac{12 a + 13 b}{100} = 12, 0098 \\ a + b = 100 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 99, 02 \\ b = 0, 98 \end{cases}$

Vì %¹³C = 0,98% < 1,11% nên vận động viên này có sử dụng doping.

Câu 8:

3. Không dùng thêm: thuốc thử, nhiệt độ và phản ứng điện phân, hãy nhận biết các dung dịch đựng trong các lọ riêng biệt mất nhãn sau: H₂SO₄, Na₂SO₄, CuSO₄, NaOH.

Xem đáp án

3/ Nhận biết các dung dịch H₂SO₄, Na₂SO₄, CuSO₄, NaOH đựng trong các lọ riêng biệt mất nhãn:

Đánh số thứ tự từng lọ mất nhãn, trích mỗi lọ một ít ra ống nghiệm đánh số tương ứng (Trích mẫu thử).

- Mẫu thử có màu xanh lam là dung dịch CuSO₄.

- Cho lần lượt dung dịch CuSO₄ vừa nhận ra vào các mẫu thử còn lại:

+ Mẫu thử xuất hiện kết tủa xanh là dung dịch NaOH.

2NaOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂↓ + Na₂SO₄

+ Mẫu thử còn lại là H₂SO₄ và Na₂SO₄ không có hiện tượng.

- Lọc kết tủa thu được, rồi đem tác dụng với 2 mẫu thử còn lại

+ Mẫu thử hòa tan được kết tủa là dung dịch H₂SO₄

H₂SO₄ + Cu(OH)₂↓ → CuSO₄ + 2H₂O

+ Mẫu thử còn lại không hòa tan kết tủa là dung dịch NaOH

Câu 9:

1. Hợp chất X có công thức AB₂ (A, B là hai nguyên tố hóa học). Tổng số hạt mang điện có trong một phân tử X là 70. Số hạt mang điện trong nguyên tử A nhiều hơn trong nguyên tử B là 22.

a) Tìm công thức của X.

(Cho số proton trong hạt nhân của các nguyên tử: H = 1; C = 6; N = 7; O = 8; Na = 11; Al = 13; Cl = 17; K = 19; Ca =20).

Xem đáp án

1/

a/

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

Ta có: $\{\begin{cases} 2 Z_{A} + 4 Z_{B} = 70 \\ 2 Z_{A} - 2 Z_{B} = 22 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} Z_{A} = 19 (K) \\ Z_{B} = 8 (O) \end{cases}$

(Với Z_A; Z_B lần lượt là số hiệu nguyên tử của A và B, trong đó Z = số proton = số electron trong nguyên tử).

Vậy X là KO₂

Câu 10:

b) X được sử dụng làm nguồn cung cấp oxi trong bình lặn và tàu ngầm. Viết phương trình hóa học giải thích ứng dụng trên của X.

Xem đáp án

b/

Phương trình hóa học:

4KO₂ + 2CO₂ → 2K₂CO₃ + 3O₂

Câu 11:

Hỗn hợp X chứa Fe, FeO, FeSO₄ trong đó số mol FeSO₄ gấp 9 lần số mol hai chất còn lại. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch chứa 0,59 mol H₂SO₄ đặc, nóng thu được 0,27 mol SO₂ và dung dịch Y. Cho dung dịch chứa 1,48 mol NaOH vào Y thu được 51,36 gam một chất kết tủa. Tính thành phần phần trăm khối lượng của FeO trong X.

Xem đáp án

Đặt $\{\begin{cases} F e : x (m o l) \\ F e O : y (m o l) \\ F e S O_{4} : 9 (x + y) (m o l) \end{cases}$

Các phương trình hóa học xảy ra:

2Fe + 6H₂SO_{4 đặc} $\overset{t^{o}}{\to}$ Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O

2FeO + 4H₂SO_{4 đặc} $\overset{t^{o}}{\to}$ Fe₂(SO₄)₃ + SO₂↑ + 4H₂O

2FeSO₄ + 2H₂SO_{4 đặc} $\overset{t^{o}}{\to}$ Fe₂(SO₄)₃ + SO₂↑ + 2H₂O

Cho dung dịch chứa 1,48 mol NaOH vào Y thu được kết tủa Fe(OH)₃ (0,48 mol)

Ta có: $n_{N a O H} = 3. n_{F e {(O H)}_{3}} + n_{H^{+} (d u)}$

⇒ n_H⁺_dư = 0,04 mol

Lại có: $n_{H_{2} S O_{4}} = 0, 59 (m o l) = 2. n_{S O_{2}} + n_{O} + \frac{n_{H} {^{+}}_{d u}}{2}$

→ n_FeO = n_O = 0,03 (mol) = y (mol)

Bảo toàn electron ta có:

3x + 0,03 + 9x + 0,27 = 0,27.2 → x = 0,02 (mol)

Vậy %m_FeO = 3,01%.

Câu 12:

Hòa tan hoàn toàn 30 gam chất X là tinh thể muối sunfat ngậm nước của kim loại M trong m gam nước thu được dung dịch Y. Nhỏ dung dịch NaOH đến dư vào Y, lọc kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 9,6 gam chất rắn. Nếu thêm lượng dư dung dịch Ba(NO₃)₂ vào Y thì thu được 27,96 gam kết tủa. Biết hóa trị của M không thay đổi trong quá trinh phản ứng.

a) Tìm công thức của X.

Xem đáp án

a/

Gọi công thức của tinh thể X là M₂(SO₄)_n.kH₂O (với n là hóa trị của M, n > 0, k > 0)

Đặt số mol tinh thể X là a (mol)

Vì cho lượng dư NaOH vào dung dịch Y vẫn thu được kết tủa nên M(OH)_n không phản ứng với NaOH

M₂(SO₄)_n + 2nNaOH → 2M(OH)_n↓ + nNa₂SO₄

2M(OH)_n $\overset{t^{o}}{\to}$ M₂O_n + nH₂O

M₂(SO₄)_n + nBa(NO₃)₂ → 2M(NO₃)_n + nBaSO₄↓

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} m_{X} = n_{X} \times M_{X} = a \times (2 M + 96 n + 18 k) = 30 \\ m_{r} = a \times (2 M + 16 n) = 9, 6 \\ m_{↓} = a \times n \times 233 = 27, 96 \end{cases} \\ \Rightarrow \{\begin{cases} a M = 3, 84 \\ a k = 0, 6 \\ a n = 0, 12 \end{cases} \Rightarrow M = 32 n \end{array}$

n	1	2	3	4
M	32	64 (Cu)	96	128
k	5	10 (nhận)	15	20

Vậy công thức tinh thể X là CuSO₄.5H₂O

Câu 13:

b) Trong dung dịch Y, số nguyên tử H gấp 1,68 lần số nguyên tử O. Tính m.

Xem đáp án

b/

Đặt số mol của m gam H₂O dùng để hòa tan tinh thể X là x (mol)

$\begin{array}{l} n_{H_{2} O} = x (m o l) \\ n_{C u S O_{4} .5 H_{2} O} = \frac{30}{250} = 0, 12 (m o l) \end{array}$

Trong dung dịch Y, số nguyên tử H gấp 1,68 lần số nguyên tử O

$\begin{array}{l} \Rightarrow n_{H} = 1, 68 n_{O} \\ \Rightarrow 2 x + 0, 12 \times 10 = 1, 68 \times (x + 9 \times 0, 12) \Rightarrow x = 1, 92 (m o l) \\ m = 1, 92 \times 18 = 34, 56 (g a m) \end{array}$

Câu 14:

Dẫn từ từ khí CO₂ vào dung dịch chứa hỗn hợp a mol Ba(OH)₂ và b mol NaOH. Sự phụ thuộc của số mol kết tủa thu được vào số mol khí CO₂ phản ứng được thể hiện trong bảng sau:

Số mol khí CO₂	0,11	0,16
Số mol kết tủa	0,105	0,095

Lập luận tính số mol CO₂ để lượng kết tủa thu được là 0,08 mol.

Xem đáp án

Thứ tự phản ứng có thể xảy ra như sau

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃↓ + H₂O

2NaOH + CO₂ → Na₂CO₃ + H₂O

Na₂CO₃+CO₂ + H₂O → 2NaHCO₃

BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

Nhận xét 1: $\{\begin{cases} n_{C O_{2}} = 0, 11 > n_{B a C O_{3}} = 0, 105 \\ n_{C O_{2} khong ket tua} = 0, 11 - 0, 105 = 0, 005 (m o l) \end{cases}$

→ Tại thời điểm này kết tủa đạt cực đại

Nhận xét 2: $\{\begin{cases} n_{C O_{2}} = 0, 16 > n_{B a C O_{3}} = 0, 095 \\ n_{B a C O_{3}} = 0, 095 < n_{B a C O_{3} M a x} = 0, 105 \\ n_{C O_{2} khong ket tua} = 0, 16 - 0, 095 = 0, 065 (m o l) \end{cases}$

→ Tại thời điểm này kết tủa đã bị hòa tan một phần

→ Dung dịch gồm NaHCO₃ và Ba(HCO₃)₂ bị hòa tan

$\{\begin{cases} n_{N a H C O_{3}} = n_{N a O H} = a \\ n_{B a {(H C O_{3})}_{2}} = 0, 105 - 0, 095 = 0, 01 \\ a + 0, 01 \times 2 = 0, 065 (m o l) \end{cases} \Rightarrow a = 0, 045 (m o l)$

Để thu được kết tủa thu được là 0,08 mol, ta nhận xét như sau:

$n_{B a C O_{3}} = 0, 08 < n_{B a C O_{3} M A X} = 0, 105$

→ Tồn tại 2 trường hợp

Trường hợp 1: Dung dịch gồm Ba(OH)₂ và NaOH dư

$n_{C O_{2}} = n_{B a C O_{3}} = 0, 08 (m o l)$

Trường hợp 2: Dung dịch gồm NaHCO₃; Ba(HCO₃)₂

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} n_{N a H C O_{3}} = n_{N a O H} = 0, 045 \\ n_{B a {(H C O_{3})}_{2}} = 0, 105 - 0, 08 = 0, 025 \end{cases} \\ \Rightarrow n_{C O_{2}} = 0, 08 + 0, 045 + 0, 025 \times 2 = 0, 175 (m o l) \end{array}$

Câu 15:

Chất hữu cơ X có trong các sản phẩm chăm sóc da để tẩy da chết, làm sáng da và mờ các vết thâm…Trong công nghiệp thực phẩm, X được sử dụng như một chất tạo hương vị để thực phẩm có vị chua cay. X chứa C, H, O với tỉ lệ khối lượng mC : mO = 3 : 5. Phân tử khối của X là 134

a) Tìm công thức phân tử của X

Xem đáp án

a/

Gọi công thức phân tử của X là C_xH_yO_z

\begin{array}{l} x : z = \frac{m_{C}}{12} : \frac{m_{O}}{16} = \frac{3}{12} : \frac{5}{16} = 4 : 5 \\ C T T Q {X: (C}_{4} H_{y} O_{5})_{n} \\ M_{X} = 134 = (12 \times 4 + y + 16 \times 5) \times n \\ \Rightarrow 128 n + y n = 134 \\ \Rightarrow \{\begin{cases} 128 n < 134 \\ y = \frac{134}{n} - 128 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} n = 1 \\ y = 6 \end{cases} \Rightarrow C T P T X : C_{4} H_{6} O_{5} \end{array}

Câu 16:

b) Khi cho a mol X tác dụng hết với dung dịch NaHCO₃ dư thu được 2a mol khí CO₂. X có mạch cacbon không phân nhánh, phân tử chỉ chứa các nhóm chức –OH và –COOH. Viết công thức cấu tạo của X và các phương trình hóa học xảy ra khi cho X lần lượt tác dụng với dung dịch NaOH, NaHCO₃.

Xem đáp án

b/

Vì a mol X tác dụng với dung dịch NaHCO₃ thu được 2a mol CO₂ nên X có 2 nhóm -COOH

Vì X có 5 nguyên tử O nên X có 1 nhóm -OH và 2 nhóm -COOH

Vậy X có CTCT: HOOC-CH₂-CH(OH)-COOH

HOOC-CH₂-CH(OH)-COOH + 2NaOH → NaOOC-CH₂-CH(OH)-COONa + 2H₂O

HOOC-CH₂-CH(OH)-COOH + 2NaHCO₃ → NaOOC-CH₂-CH(OH)-COONa + 2CO₂ + 2H₂O

Câu 17:

Đốt cháy hoàn toàn 0,03 mol hỗn hợp X gồm hai hidrocacbon mạch hở A và B có cùng số nguyên tử H trong phân tử, số nguyên tử C của mỗi chất không vượt quá 4. Dẫn sản phẩm cháy sinh ra lần lượt qua bình (1) đựng 51,3 gam dung dịch H₂SO₄ 98% rồi bình (2) chứa 10 lít dung dịch Ca(OH)₂ 0,012M. Sau khi các phản ứng kết thúc thấy dung dịch H₂SO₄ trong bình (1) có nồng độ 95% và dung dịch trong bình (2) có nồng độ 0,004M.

a) Tìm công thức phân tử của A, B và số mol mỗi chất trong X.

Xem đáp án

a/

Gọi công thức của 2 hidrocacbon A và B lần lượt là C_aH_x và C_bH_x (với a < 4 và b < 4; x chia hết cho 2)

4C_aH_x + (4a+x)O₂ $\overset{t^{o}}{\to}$ 4aCO₂ + 2xH₂O

4C_bH_x + (4b+x)O₂ $\overset{t^{o}}{\to}$ 4bCO₂ + 2xH₂O

$\begin{array}{l} m_{H_{2} S O_{4}} = \frac{98 \times 51, 3}{100} = 50, 274 (g a m) \\ m_{d d H_{2} S O_{4} 95 %} = \frac{50, 274.100}{95} = 52, 92 (g a m) \\ Δ m_{d d} = m_{H_{_{2}} O \sinh r a} = 52, 92 - 51, 3 = 1, 62 (g a m) \\ \Rightarrow n_{H_{_{2}} O \sinh r a} = \frac{1, 62}{18} = 0, 09 (m o l) \Rightarrow 0, 03 \times \frac{x}{2} = 0, 09 \Rightarrow x = 6 \end{array}$

Vì dung dịch sau phản ứng dư Ca(OH)₂ nên CO₂ chỉ tạo kết tủa.

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃↓ + H₂O

$\begin{array}{l} n_{C a {(O H)}_{2} (0, 012 M)} = 0, 012 \times 10 = 0, 12 (m o l) \\ n_{C a {(O H)}_{2} (0, 004 M)} = 0, 004 \times 10 = 0, 04 (m o l) \\ Δ n_{C a {(O H)}_{2}} = n_{C a {(O H)}_{2} P U} = 0, 12 - 0, 04 = 0, 08 (m o l) \\ \Rightarrow n_{C O_{2}} = 0, 08 (m o l) \Rightarrow \bar{C} = \frac{0, 08}{0, 03} = 2, 667 \end{array}$

Giả sử A có số C nhỏ hơn B → a < 2,667 < b < 4

Trường hợp 1: a = 1 (loại vì không có chất CH₆)

Trường hợp 2: a = 2 và b = 3 → A là C₂H₆ và B là C₃H₆

$\{\begin{cases} n_{C_{2} H_{6}} + n_{C_{3} H_{6}} = 0, 03 \\ 2 n_{C_{2} H_{6}} + 3 n_{C_{3} H_{6}} = 0, 08 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} n_{C_{2} H_{6}} = 0, 01 \\ n_{C_{3} H_{6}} = 0, 02 \end{cases} (m o l)$

Trường hợp 3: a = 2 và b = 4 → A là C₂H₆ và B là C₄H₆

$\{\begin{cases} n_{C_{2} H_{6}} + n_{C_{3} H_{6}} = 0, 03 \\ 2 n_{C_{2} H_{6}} + 4 n_{C_{4} H_{6}} = 0, 08 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} n_{C_{2} H_{6}} = 0, 02 \\ n_{C_{4} H_{6}} = 0, 01 \end{cases} (m o l)$

Câu 18:

b) Thêm a mol H₂ vào 0,03 mol X rồi dẫn qua bột Ni đun nóng thu được hỗn hợp Y chỉ chứa các hidrocacbon. Y làm mất màu tối đa 10 ml dung dịch Br₂ 1M. Tính a.

Xem đáp án

b/

n_{B r_{2}} = 0, 01 \times 1 = 0, 01 (m o l)

Trường hợp 1: X gồm C₂H₆ (0,01 mol) và C₃H₆(0,02 mol)

C₃H₆ + H₂ $\underset{N i}{\overset{t^{o}}{\to}}$ C₃H₈

C₃H₆ + Br₂ → C₃H₆Br₂

Nhận xét: $n_{C_{3} H_{6}} = n_{H_{2}} + n_{B r_{2}} \Rightarrow 0, 02 = a + 0, 01 \Rightarrow a = 0, 01 (m o l)$

Trường hợp 2: X gồm C₂H₆ (0,02 mol) và C₄H₆(0,01 mol)

C₄H₆ + H₂ $\underset{N i}{\overset{t^{o}}{\to}}$ C₄H₈

C₄H₆ + 2H₂ $\underset{N i}{\overset{t^{o}}{\to}}$ C₄H₁₀

C₄H₆ + Br₂ → C₄H₆Br₂

C₄H₆ + 2Br₂ → C₄H₆Br₄

Nhận xét: $2 n_{C_{4} H_{6}} = n_{H_{2}} + n_{B r_{2}} \Rightarrow 2 \times 0, 01 = a + 0, 01 \Rightarrow a = 0, 01 (m o l)$