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

Câu 1:

Nêu hiện tượng quan sát được và viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra (nếu có) khi tiến hành các thí nghiệm sau:

a) Cho lượng dư CuSO₄ khan vào rượu etylic 90°.

Xem đáp án

a) Cho lượng dư CuSO₄ khan vào rượu etylic 90°:

Hiện tượng: CuSO₄ khan màu trắng thành hidrat màu xanh

Phương trình hóa học:

CuSO₄ + 5H₂O → CuSO₄. 5H₂O

Câu 2:

b) Nhỏ vài giọt oleum (H₂SO₄,3SO₃) vào dung dịch Ba(HCO₃)₂.

Xem đáp án

b) Nhỏ vài giọt oleum (H₂SO₄,3SO₃) vào dung dịch Ba(HCO₃)₂.

Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng và khí không màu

Phương trình hóa học:

H₂SO₄.3SO₃ + 3H₂O → 4H₂SO₄

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

Câu 3:

c) Đưa bình đựng hỗn hợp khí metan và clo ra ánh sáng. Sau một thời gian, cho nước vào bình, lắc nhẹ rồi thêm vào một mẩu giấy quỳ tím.

Xem đáp án

c) Hiện tượng: Màu vàng lục clo mất dần, quỳ tím hóa đỏ

Phương trình hóa học:

CH₄ + Cl₂ $\overset{a s}{\to}$ CH₃Cl + HCl (↑)

HCl (↑) + H₂O → dd HCl

Dung dịch HCl làm quỳ tím hóa đỏ.

Câu 4:

d) Lấy nước ép quả nho chín cho vào ống nghiệm có chứa dung dịch AgNO₃/NH₃, đặt ống nghiệm vào cốc nước nóng.

Xem đáp án

d) Hiện tượng: Tạo kết tủa trắng bạc

Phương trình hóa học:

C₆H₁₂O₆ + Ag₂O $\overset{N H_{3}}{\to}$ C₆H₁₂O₇ + 2Ag

Câu 5:

Chỉ dùng tối đa 2 thuốc thử hãy trình bày cách phân biệt các kim loại đựng trong các lọ riêng biệt gồm: Ba, Ag, Al, Fe, Mg.

Xem đáp án

Đánh số thứ tự từng lọ mất nhãn, trích mẫu thử.

Cho 5 mẫu kim loại tác dụng với dung dịch HCl dư:

+ Mẫu tan và sủi bọt khí là: Ba, Al; Fe; Mg

Ba + 2HCl ⟶ BaCl₂ + H₂↑

Mg + 2HCl ⟶ MgCl₂ + H₂↑

2Al + 6HCl ⟶ 2AlCl₃ + 3H₂↑.

Fe + 2HCl ⟶ FeCl₂ + H₂

+ Mẫu không tan là Ag

Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào các dung dịch muối vừa hình thành ở trên cho đến dư.

+ Mẫu tạo kết tủa trắng là MgCl₂⇒ Kim loại ban đầu là Mg

MgCl₂ + 2NaOH ⟶ Mg(OH)₂↓ + 2NaCl.

+ Mẫu tạo kết tủa trắng xanh, hóa nâu ngoài không khí là FeCl₂⇒ Kim loại ban đầu là Fe

FeCl₂ + 2NaOH ⟶ Fe(OH)₂↓ + 2NaCl.

4Fe(OH)₂↓ + O₂ + 2H₂O ⟶ 4Fe(OH)₃↓.

+ Mẫu tạo kết tủa keo trắng và kết tủa tan dần khi kiềm dư là AlCl₃⇒ Kim loại ban đầu là Al

AlCl₃ + 3NaOH ⟶ Al(OH)₃↓ + 3NaCl.

Al(OH)₃ + NaOH ⟶ Na[Al(OH)₄]

+ Mẫu không có hiện tượng gì là BaCl₂ ⇒ Kim loại ban đầu là Ba

Câu 6:

Cho hỗn hợp các khí gồm: CO₂, SO₂, C₂H₄, C₂H₂, CH₄.

Trình bày phương pháp hóa học để thu được CH₄ tinh khiết từ hỗn hợp khí trên. Viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra.

Xem đáp án

3. Tinh chế CH₄:

Dẫn hỗn hợp khí trên đi qua dung dịch nước vôi trong dư, CO₂ và SO₂ bị hấp thụ hết.

CO₂ + Ca(OH)₂ ⟶ CaCO₃↓ + H₂O

SO₂ + Ca(OH)₂ ⟶ CaSO₃↓+ H₂O

Các khí còn lại dẫn qua dung dịch Br₂ dư, C₂H₄, C₂H₂ bị hấp thụ hết.

C₂H₄ + Br₂ ⟶ C₂H₄Br₂

C₂H₂ + 2Br₂ ⟶ C₂H₂Br₄

Khí CH₄ thoát ra dẫn qua bình H₂SO₄ đặc dư ta thu được CH₄ tinh khiết.

Câu 7:

Chất A được tạo ra do quá trình quang hợp của cây xanh. Thủy phân chất A trong môi trường axit được chất A₁. Lên men chất A₁ được ancol (rượu) A₂. Tiếp tục lên men ancol A₂ được axit A₃. Cho axit A₃ phản ứng với ancol A₂ trong điều kiện thích hợp được hợp chất hữu cơ A₄.

Xác định các chất A, A₁, A₂, A₃, A₄ và viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra.

Xem đáp án

A là (C6H10O5)n

A₁	A₂	A₃	A₄
C₆H₁₂O₆	C₂H₅OH	CH₃COOH	CH₃COOC₂H₅

Các phương trình hóa học minh họa:

6n CO₂ + 5n H₂O $\overset{a s}{\to}$ (C₆H₁₀O₅)_n

(C₆H₁₀O₅)_n+ n H₂O $\overset{H^{+}}{\to}$ n C₆H₁₂O₆

C₆H₁₂O₆ $\overset{l e n_{} m e n}{\to}$ 2C₂H₅OH + 2CO₂

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

CH₃COOH + C₂H₅OH $\overset{H_{2} S O_{4}, t^{0}}{⇄}$ CH₃COOC₂H₅+ H₂O

Câu 8:

Hòa tan hoàn toàn 8,56 gam một muối clorua (muối Y) vào nước được 200 mL dung dịch Y. Lấy 50 mL dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO₃ dư thu được 5,74 gam muối kết tủa trắng.

a) Tìm công thức muối Y.

Xem đáp án

a. Gọi công thức của muối là RCl_n

50 ml Y + AgNO₃ dư → AgCl (5,74 gam)

→ 200 ml Y + AgNO₃ dư → AgCl ( 22,96 gam)

→ n_AgCl = 0,16 mol

Phương trình hóa học:

RCl_n + nAgNO₃ → R(NO₃)_n + n AgCl↓

a (mol) an (mol)

Ta có: Ra + 35,5an = 8,56 mà an =0,16

→ Ra = 2,88 → R = 18n

Vậy n = 1 ; R = 18 thỏa mãn, muối là NH₄Cl

Câu 9:

b) Từ muối Y viết các phương trình hóa học thực hiện sơ đồ sau (dung dịch viết tắt là dd)

Xem đáp án

b) Các phương trình hóa học:

NH₄Cl + NaOH $\overset{t^{0}}{\to}$ NaCl + NH₃ + H₂O

2NaCl + 2H₂O $\to_{c m n}^{d p d d}$ 2NaOH + H₂+ Cl₂

Cl₂ + 2KOH → KCl + KClO + H₂O

2H₂O + 2Na → 2NaOH + H₂

Câu 10:

Cho sơ đồ thí nghiệm điều chế khí clo như sau:

a) Viết một phương trình hóa học điều chế khí clo trong phòng thí nghiệm.

Xem đáp án

a) Một phương trình hóa học điều chế Cl₂ trong phòng thí nghiệm:

MnO₂ + 4HCl $\overset{t^{0}}{\to}$ MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

Câu 11:

b) Chỉ ra chi tiết còn thiếu hoặc chưa chính xác ở vị trí (1), (2), (3), (4) trong sơ đồ trên, giải thích tại sao. Xác định các chất D, E, F, Z phù hợp với sơ đồ đúng.

Xem đáp án

a) Ta có chi tiết còn thiếu hoặc chưa chính xác:

(1) dung dịch D đặc

(2) ống dẫn khí vào bình cắm sâu xuống dung dịch để loại bỏ được hết khí HCl

(3) dung dịch F đặc để hút nước, giúp làm khô khí clo

(4) cần có bông tẩm dung dịch NaOH vì khí clo là một khí độc, tránh clo bay ra ngoài môi trường gây ô nhiễm.

Như vậy:

D là HCl đặc; E là dung dịch NaCl bão hòa, F là H₂SO₄ đặc, Z là MnO₂

Câu 12:

Hòa tan hoàn toàn 25,6 gam hỗn hợp D gồm MgO và Fe bằng dung dịch H₂SO₄ loãng, dư thu được dung dịch E và V lít (đktc) H₂. Thêm từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch E, kết thúc phản ứng lọc lấy kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 28 gam chất rắn M.

Tính giá trị của V.

Xem đáp án

MgO + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂O

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂↑

Dung dịch E: H₂SO₄ dư, MgSO₄, FeSO₄

H₂SO₄ dư + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2H₂O

MgSO₄ + 2NaOH → Mg(OH)₂↓ + Na₂SO₄

FeSO₄ + 2NaOH → Fe(OH)₂↓ + Na₂SO₄

Mg(OH)₂ $\overset{t^{0}}{\to}$ MgO + H₂O

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

Chất rắn M: MgO và Fe₂O₃

Ta có hệ phương trình:

$\{\begin{cases} m_{M g O} + m_{F e} = 25, 6 \\ m_{M g O} + m_{F e_{2} O_{3}} = 28 \end{cases}$

$m_{o (F e_{2} O_{3})} = m_{F e_{2} O_{3}} - m_{F e} = 28 - 25, 6 = 2, 4 g a m$

$\Rightarrow n_{O (F e_{2} O_{3})} = \frac{2, 4}{16} = 0, 15 m o l$

$\Rightarrow n_{F e} = \frac{2}{3} n_{O} = 0, 15. \frac{2}{3} = 0, 1 m o l$

$\Rightarrow n_{H_{2}} = n_{F e} = 0, 1 m o l \Rightarrow V_{H_{2}} = 2, 24 l$

Câu 13:

Chất dẻo PVC được dùng làm vật liệu cách điện, ống dẫn nước, vải che mưa, … do cách điện tốt, bền với axit, PVC có thể được điều chế theo sơ đồ sau:

CH₄ → A→ B → PVC.

a) Viết các phương trình hóa học của phản ứng (dạng công thức cấu tạo thu gọn) theo sơ đồ trên.

Xem đáp án

a) Các phương trình hóa học xảy ra theo sơ đồ:

(1) 2CH₄ $\to_{L L N}^{1500^{0} C}$ CH≡CH+ 3H₂

(2) CH≡CH + HCl $\overset{H g C l_{2}, t^{0}}{\to}$ CH₂=CHCl

(3) n CH₂=CHCl $\overset{t^{0}, x t, p}{\to}$

Câu 14:

b) Biết CH₄ chiếm 90% thể tích khi thiên nhiên và hiệu suất tương ứng với mỗi giai đoạn lần lượt là 50%, 80%, 80%.

Tính số m³ (đktc) khí thiên nhiên cần để điều chế 1 tấn PVC.

Xem đáp án

b/

n_PVC = $\frac{10^{6}}{62, 5. n}$ mol

Theo các pthh: $n_{C H_{4}} = 2. \frac{10^{6}}{62, 5}$ mol

Vì hiệu suất tương ứng với mỗi giai đoạn lần lượt là 50%, 80%, 80%

$\begin{array}{l} n_{k h i_{} t h i e n_{} n h i e n} = \frac{{2.10}^{6}}{62, 5.0, 5.0, 8.0, 8.0, 9} = 111111, 111 \end{array}$

Thể tích khí thiên nhiên cần dùng là 2 488 888,889 lit = 2488,888889 m³

Câu 15:

Chia hỗn hợp X gồm bột Cu và Fe₃O₄ (đã trộn đều) thành 2 phần bằng nhau và tiến hành các thí nghiệm sau:

+ Thí nghiệm 1: (được thực hiện trong, môi trường không có không khí)

Cho phần I vào dung dịch HCl loãng, dư thu được dung dịch Y và chất rắn không tan. Cô cạn dung dịch Y thu được 46,08 gam chất rắn Z. Nung chất rắn Z ở điều kiện thích hợp thu được 30,96 gam chất rắn T chỉ gồm các muối khan. Giả thiết hiệu suất cho các quá trình là 100%,

+ Thí nghiệm 2:

Hòa tan hoàn toàn phần 2 bằng dung dịch H₂SO₄ đặc, nóng dư thu được khi SO₂ (sản phẩm khử duy nhất). Hấp thụ hết lượng SO₂ này vào bình đựng dung dịch Ca(OH)₂ dư, thấy khối lượng bình tăng 7,04 gam.

a) Viết các phương trình hóa học và tính phần trăm khối lượng Cu trong hỗn hợp X.

Xem đáp án

a/

Phần 1:

(1) Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

x x 2x mol

(2) Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

2x x 2x mol

Vì sau phản ứng (1,2) còn chất rắn không tan nên Cu còn dư sau phản ứng, FeCl₃ hết

Dung dịch Y: FeCl₂, CuCl₂

Gọi số mol Fe₃O₄ ở mỗi phần là x mol

Theo PTHH (1,2) : m_T = $m_{C u C l_{2}} + m_{F e C l_{2}}$ = 135x + 127.3x = 30,96

Vậy x = 0,06 mol

Phần 2:

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

(4) 2Fe₃O₄ + 10H₂SO₄ đặc $\overset{t^{0}}{\to}$ 3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O

SO₂ + Ca(OH)₂ → CaSO₃↓ + H₂O

Khối lượng bình tăng = $m_{S O_{2}}$ bị hấp thụ = 7,04 gam

$n_{S O_{2}} = 0, 11 m o l$

Theo PTHH (4) $n_{S O_{2}} = 0, 03 m o l$

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

→ n_Cu = 0,08 mol

% m_Cu trong hỗn hợp X = $\frac{0, 08.64}{0, 08.64 + 0, 06.232} .100 % = 26, 78 %$

Câu 16:

b) Tìm công thức phân tử của các chất trong Z. Biết các chất trong Z đều có khối lượng mol phân tử nhỏ hơn 220 g/mol.

Xem đáp án

b/ Gọi các muối trong Z có công thức lần lượt là: CuCl₂.yH₂O; FeCl₂.zH₂O (x,y €N^*)

Ta có: $\begin{array}{l} n_{C u C l_{2}} = n_{C u C l_{2} . y H_{2} O} = 0, 06 \\ n_{F e C l_{2}} = n_{F e C l_{2} . z H_{2} O} = 0, 18 \end{array}$

Vì m_z = 46,08 gam

→ 30,96 + 1,08y + 3,24z = 46,08 → 1,08y + 3,24z = 15,12 (*)

Biết các chất trong Z đều có khối lượng mol phân tử nhỏ hơn 220 g/mol.

Thay giá trị của y, z vào * ta có bảng sau:

y

1

2

3

4

z

4,333

4

(Thỏa mãn)

3,67

3,33

Vậy công thức muối cần tìm là: CuCl₂.2H₂O; FeCl₂.4H₂O

Câu 17:

COVID-19 là bệnh đường hô hấp cấp tính truyền nhiễm gây ra bởi chủng virut SARS-CoV 2. Tổ chức Y tế thế giới (WHO) đã tuyên bố dịch viêm phổi do virut Corona (chủng mới) là đại dịch toàn cầu. Một trong những biện pháp phòng ngứa nguy cơ lây nhiễm là thường xuyên rửa tay bằng dung dịch rửa tay khô. Tổ chức Y tế thế giới đã có hướng dẫn người dân tự pha chế nước rửa tay khô với lượng dùng là lít có công thức pha chế như sau: cồn (C₂H₅OH) 96^o: 830 ml; oxi già (H₂O₂) 3%: 40 ml; chất X: 15 ml; tinh dầu: 5 ml; nước cất hoặc nước đun sôi để nguội 110 ml.

a) Tính phần trăm thể tích của C₂H₅OH trong dung dịch thu được sau khi pha trộn các nguyên liệu trên với nhau.

Xem đáp án

a. Phần trăm thể tích của C₂H₅OH trong dung dịch thu được sau khi pha trộn (khi không có sự hao hụt thể tích sau khi pha trộn)

$\frac{830}{830 + 40 + 15 + 5 + 110} .100 % = 83 %$

Câu 18:

b) Trong nước rửa tay khô, X có tác dụng giữ ẩm, dưỡng da. Biết X là ancol có công thức tổng quát C_xH_y(OH)_n và 1 nguyên tử C trong X chỉ có thể liên kết tối đa 1 nhóm -OH. Cho m gam X vào bình chứa Na (dư), sau khi kết thúc phản ứng thấy có 3,36 lít (đktc) khí thoát ra và khối lượng bình tăng 8,9 gam so với ban đầu. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X, khối lượng CO₂ thu được không vượt quá 22,0 gam. Tìm công thức cấu tạo của X.

Xem đáp án

b.

n_khí= 0,15 mol

2C_xH_y(OH)_n + 2nNa→ 2C_xH_y(ONa)_n + n H₂

0,15 mol

Khối lượng bình tăng 8,9 gam so với ban đầu = $m_{X} - m_{H_{2}} = 8, 9$

Vậy m_X = 9,2 gam = $(12 x + y + 17 n) . \frac{0, 3}{n} = M_{X} . \frac{0, 3}{n}$

Đốt cháy X : C_xH_y(OH)_n $\overset{+_{} O {}_{2}, t^{0}}{\to}$ xCO₂

0,1 mol 0,1x (mol)

Ta có : → 44.0,1x ≤ 22 → x ≤ 5

Vì 1 nguyên tử C trong X chỉ có thể liên kết tối đa 1 nhóm –OH nên n ≤ 5.

Biện luận được n = 3; M = 92

X cần tìm là : C₃H₅(OH)₃

Câu 19:

Khí SO₂ được sinh ra do sự đốt cháy các nhiên liệu hóa thạch (than, dầu, khí đốt,...) là nguyên nhân quan trọng nhất gây ô nhiễm không khí. Tiêu chuẩn quốc tế quy định nếu trong không khí nồng độ SO₂ vượt quá 30.10^-6 mol/m³ thì coi như không khí bị ô nhiễm SO₂. Khi tiến hình phân tích 50 lít không khí ở một thành phố thấy có chứa 0,08 mg SO₃. Hãy cho biết thành phố đó có bị ô nhiễm SO₂ hay không?

Xem đáp án

$n_{S O_{2}} = \frac{0, {08.10}^{- 3}}{64} = 1, {25.10}^{- 6} m o l$

Nồng độ mol/m³ SO₂ của thành phố là:

$\frac{1, {25.10}^{- 6}}{{50.10}^{- 3}} = 2, {5.10}^{- 5} = {25.10}^{- 6} < {30.10}^{- 6}$

Thành phố đó chưa bị ô nhiễm SO₂

Câu 20:

Nicotin là một chất tìm thấy trong các cây họ Cà (Solanaceae), chủ yếu trong cây thuốc lá (0,6 đến 3% trọng lượng cây thuốc lá khô). Nó là một chất độc thần kinh rất mạnh, có thể khiến giấc ngủ bị rối loạn, nhức đầu, chống mặt, có nguy cơ hạn chế dòng máu chảy lên não. Hình bên cho thấy công thức cấu tạo thu gọn của nicotin.

- Tính thành phần phần trăm về khối lượng của nitơ trong nicotin, biết nitơ có hóa trị III trong nicotin.

Nicotin là một chất tìm thấy trong các cây họ Cà (Solanaceae), chủ yếu trong cây (ảnh 1)

Xem đáp án

CTPT của nicotin : C₁₀H₁₄N₂

Thành phần phần trăm về khối lượng của nitơ trong nicotin:

$\frac{2.14}{12.10 + 14.1 + 14.2} .100 % = 17, 5 %$

Câu 21:

Dẫn 1 luồng hơi nước qua than nóng đỏ thì thu được hỗn hợp khí X gồm CO₂, CO, H₂, tỉ khối hơi của X so với CH₄ là 0,975. Toàn bộ hỗn hợp khí X trên khử vừa đủ 27,6 gam hỗn hợp Y gồm CuO, Fe₃O₄ nung nóng thu được rắn Z chỉ có 2 kim loại, cho toàn bộ Z vào dung dịch HCl dư thấy có 3,36 lít H₂ bay ra (đktc).

Xác định phần trăm thể tích của CO trong hỗn hợp X. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Xem đáp án

Hướng dẫn giải:

Chất rắn Z: Cu, Fe

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Gọi số mol của CuO, Fe₃O₄ trong hỗn hợp lần lượt là a , b (mol)

Bảo toàn Fe: n_Fe = n_Fe (Fe₃O₄) = 3b

Ta có:

$\{\begin{cases} m_{C u O} + m_{F e_{3} O_{4}} = 27, 6 \\ n_{F e} = n_{H_{2}} = 0, 15 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} 80 a + 232 b = 27, 6 \\ 3 b = 0, 15 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} a = 0, 2 \\ b = 0, 05 \end{cases}$

$\{\begin{cases} C {O_{2}}_{} x \\ C O_{} y \\ {H_{2}}_{} z \end{cases} + \{\begin{cases} C u O \\ F e_{3} O_{4} \end{cases} \overset{}{\to} \{\begin{cases} F e \\ C u \end{cases} + \{\begin{cases} C O_{2} (x + y) \\ H_{2} O (z) \end{cases}$

Vì hỗn hợp khí X gồm CO₂, CO, H₂, tỉ khối hơi của X so với CH₄ là 0,975

Nên M_X = 44x + 28y + 2z = 15,6.(x + y + z)

Suy ra: 28,4x + 12,4y - 13,6z = 0 (I)

Ta có:

C + H₂O $\overset{t^{0}}{\to}$ CO + H₂(1)

y y mol

C + 2H₂O $\overset{t^{0}}{\to}$ CO₂ + 2H₂ (2)

x 2x mol

Bảo toàn O:

n_O(CO pư) + n_O (CuO, Fe₃O₄) = n_O(CO₂) + n_O (H₂O)

hay y + 0,2 + 0,05.4 = 2y + z

→ y + z = 0,4 (II)

Từ PTHH (1,2): 2x+ y = z (III)

Từ (I); (II); (III) giải hệ phương trình được x = y = 0,1 và z = 0,3 mol

%V_CO = $\frac{0, 1}{0, 1 + 0, 1 + 0, 3} .100 % = 20 %$