20 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 13)

Câu 1:

Hoàn thành các phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện) trong sơ đồ chuyển hóa sau:

Xem đáp án

Các phương trình hóa học minh họa sơ đồ :

(1) C₂H₅OH + O₂ $\overset{l ê n men}{\to}$ CH₃COOH + H₂O

(2) CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

(3) CH₃COONa + NaOH $\to_{t^{0}}^{C a O}$ CH₄↑ + Na₂CO₃

(4) 2CH₄ $\to_{l à m lanh nhanh}^{1500^{0} C}$ C₂H₂ + 3H₂

(5) CH ≡ CH + H₂ $\to_{t^{0}}^{P d / P b C O_{3}}$ CH₂ = CH₂

(6) CH₂ = CH₂ + Br₂ → CH₂Br – CH₂Br

(7) CH ≡ CH + HCl → CH₂ = CHCl

(8) n CH₂ = CHCl $\overset{t^{0}, P, x t}{\to}$ ${({CH}_{2} - CHCl)}_{n}$

Câu 2:

Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau:

a. Nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch Na₂CO₃.

Xem đáp án

a. Nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch Na₂CO₃:

Hiện tượng: ban đầu không thấy hiện tượng, sau một thời gian thấy sủi bọt khí.

Phương trình hóa học:

HCl + Na₂CO₃ → NaHCO₃ + NaCl

HCl + NaHCO₃ → NaCl + H₂O + CO₂↑

Câu 3:

b. Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl₃.

Xem đáp án

b. Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl₃:

Hiện tượng: xuất hiện kết tủa keo trắng, lượng kết tủa tăng dần, sau đó tan dần tạo dung dịch trong suốt không màu.

Phương trình hóa học:

3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃↓ + 3NaCl

NaOH + Al(OH)₃↓ → NaAlO₂ + 2H₂O

Câu 4:

c. Cho mẩu Zn dư vào dung dịch Fe₂(SO₄)₃.

Xem đáp án

c. Cho mẩu Zn dư vào dung dịch Fe₂(SO₄)₃

Hiện tượng: dung dịch màu vàng chuyển dần thành trong suốt không màu, đồng thời có kim loại màu xám trắng bám lên thanh kẽm.

Phương trình hóa học:

Zn + Fe₂(SO₄)₃ → ZnSO₄ + 2FeSO₄

Zn + FeSO₄ → Fe↓ + ZnSO₄

Câu 5:

d. Sục từ từ đến dư khí CO₂ vào dung dịch Ca(OH)₂.

Xem đáp án

d. Sục từ từ đến dư khí CO₂ vào dung dịch Ca(OH)₂:

Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng, lượng kết tủa tăng dần, sau đó tan hết và tạo dung dịch trong suốt không màu.

Phương trình hóa học:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

CO₂ + CaCO₃↓ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

Câu 6:

Hình vẽ bên mô tả cách điều chế và thu khí SO₂ trong phòng thí nghiệm.

Hình vẽ bên mô tả cách điều chế và thu khí SO2 trong phòng thí nghiệm. (ảnh 1)

a. Xác định các chất A, B, C và viết phương trình phản ứng xảy ra giữa A và B.

Xem đáp án

a. Ta có:

Chất A: Na₂SO₃

Chất B: H₂SO₄

Chất C: dd kiềm (NaOH, Ca(OH)₂…)

Phương trình hóa học giữa A với B:

Na₂SO₃ + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + H₂O + SO₂↑

Câu 7:

b. Giải thích cách thu khí SO₂.

Xem đáp án

b. $d_{S O_{2} / k k} = \frac{64}{29} > 1$

Khí SO₂ nặng hơn không khí nên thu bằng cách đẩy không khí và để ngửa bình.

Câu 8:

c. Nêu vai trò của bông tẩm dung dịch C.

Xem đáp án

c. Bông tẩm dung dịch kiềm có vai trò hấp thụ SO₂ không để thoát ra ngoài.

Câu 9:

d. Cho 2 hóa chất là dung dịch H₂SO₄ đặc và CaO rắn, hóa chất nào được dùng để làm khô khí SO₂? Giải thích.

Xem đáp án

d. Dùng H₂SO₄ đặc để làm khô khí SO₂ vì H₂SO₄ đặc hút nước và không tác dụng với khí SO₂.

Câu 10:

Cho dung dịch CuSO₄ có khối lượng riêng D = 1,206 gam/ml (dung dịch X). Cô cạn 414,59 ml X thu được tối đa 140,625 gam tinh thể CuSO₄.5H₂O. Tính nồng độ phần trăm và nồng độ mol của X.

Xem đáp án

$n_{C uS O_{4} .5 H_{2} O} = \frac{140, 625}{160 + 5 \times 18} = 0, 5625 (m o l)$

$n_{C uS O_{4}} = 0, 5625 (m o l) \Rightarrow m_{C uS O_{4}} = 0, 5625 \times 160 = 90 (g a m)$

$m_{dd X} = 1, 206 \times 414, 59 = 500 (g a m)$

$C %_{CuS O_{4}} = \frac{90}{500} \times 100 % = 18 %$

Câu 11:

Hòa tan hỗn hợp M gồm 0,4 mol Cu và 0,1 mol Fe₃O₄ trong 400 ml dung dịch HCl 2M. Sau phản ứng, thu được dung dịch A và chất rắn B. Cho A tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃ thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m.

Xem đáp án

$\begin{array}{l} F e_{3} O_{4} + 8 H C l \to F e C l_{2} + 2 F e C l_{3} + 4 H_{2} O \\ 0, 1 0,8 \to 0,1 0,2 mol \end{array}$

$\begin{array}{l} C u + 2 F e C l_{3} \to C u C l_{2} + 2 F e C l_{2} \\ B d: 0, 4 0,2 \\ Pu: 0,1 0,2 0,1 0,2 \\ Sau pu: 0,3 0,1 0,2 \end{array}$

Vậy dd A gồm $\{\begin{cases} C u C l_{2} : 0, 1 m o l \\ F e C l_{2} : 0, 2 m o l \end{cases}$

Cho A phản ứng với AgNO₃ ta có:

CuCl₂ + 2AgNO₃ → 2AgCl↓ + Cu(NO₃)₂

FeCl₂ + 3AgNO₃ → 2AgCl↓ + Fe(NO₃)₃ + Ag↓

\Rightarrow n_{A g C l} = 2 n_{C u C l_{2}} + 2 n_{F e C l_{2}} = 2 \times 0, 1 + 2 \times 0, 2 = 0, 6 (m o l)

Vậy m_AgCl = 86,1(g); m_Ag = 0,2 ´ 108 = 21,6 (g)

Vậy m_¯ = 107,7 (g)

Câu 12:

Cho 4 hợp chất hữu cơ mạch hở X, Y, Z, T có công thức phân tử là C₂H₂, C₄H₈, C₂H₆O, C₂H₄O₂ nhưng không theo thứ tự. X, Y, Z, T có các tính chất sau:

- X tác dụng được với Na và dung dịch NaOH.

- Y, T làm mất màu nước brom.

- Z tác dụng với Na nhưng không tác dụng với dung dịch NaOH.

- T tác dụng với dung dịch AgNO₃ trong NH₃ (Ag₂O/NH₃) thu được kết tủa màu vàng.

Biết Y có cấu tạo đối xứng. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Xem đáp án

Hướng dẫn giải:

- X tác dụng với Na và dung dịch NaOH nên X là axit C₂H₄O₂ (CTCT: CH₃COOH).

Phương trình hóa học minh họa :

2CH₃COOH + 2Na → 2CH₃COONa + H₂

CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

- T làm mất màu nước brom và T tác dụng với dd AgNO₃/NH₃ thu được kết tủa màu vàng nên T là C₂H₂ (CTCT: CH ≡ CH); Phương trình hóa học:

CH ≡ CH + 2Br₂ → CHBr₂ – CHBr₂

CH ≡ CH + 2AgNO₃ + 2NH₃ → CAg ≡ CAg ↓ + 2NH₄NO₃

Y làm mất màu nước brom; Y là anken C₄H₈ và Y có cấu tạo đối xứng nên CTCT của Y: CH₃ – CH = CH – CH₃; Phương trình hóa học:

CH₃ – CH = CH – CH₃ + Br₂ → CH₃ – CHBr – CHBr – CH₃

- Z tác dụng với Na nhưng không tác dụng với dd NaOH nên Z là ancol C₂H₆O (CTCT: CH₃CH₂OH). Phương trình hóa học:

2CH₃CH₂OH + 2Na → 2CH₃CH₂ONa + H₂

Câu 13:

Hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau (mỗi chữ cái trong ngoặc là một chất):

(A) → (B) + (C) + (D)

(C) + (E) → (G) + (H) + (I)

(A) + (E) → (K) + (G) + (I) + (H)

(K) + (H) → (L) + (I) + (M)

Biết: (D), (I), (M) là các đơn chất khí trong điều kiện thường; khí (I) có tỉ khối hơi so với khí SO₂ là 1,1094; để trung hòa dung dịch chứa 2,24 gam (L) cần 200 ml dung dịch H₂SO₄ 0,1M.

Xem đáp án

Hướng dẫn giải:

M_I = 1,1094.64 = 71 → I là khí Cl₂

Trung hòa dung dịch chứa 2,24 gam (L) cần dd chứa 0,02 mol H₂SO₄:

$\begin{array}{l} 2 X {(O H)}_{2} + a H_{2} S O_{4} \to X_{2} + 2 a H_{2} O \\ 2, 24 (g) 0,02(mol) \end{array}$

$\Rightarrow \frac{2 (X + 17 a)}{2, 24} = \frac{a}{0, 02}$

Vậy a = 1; X = 39 thỏa mãn.

Vậy X là K suy ra L là KOH

Phương trình hóa học minh họa sơ đồ :

2KMnO₄ $\overset{t^{0}}{\to}$ K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂

MnO₂ + 4HCl_(đ) $\overset{t^{0}}{\to}$ MnCl₂ + 2H₂O + Cl₂

2KMnO₄ + 16HCl_(đ) $\overset{t^{0}}{\to}$ 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

2KCl + 2H₂O $\to_{c ó mn}^{d p dd}$ 2KOH + Cl₂ + H₂

Câu 14:

Hỗn hợp khí X gồm hiđro, propen, propin. Nung X với xúc tác Ni đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau:

- Đốt cháy hoàn toàn phần 1 cần vừa đủ V lít khí O₂ (đktc). Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy bằng dung dịch nước vôi trong dư, dung dịch thu được có khối lượng giảm 16,2 gam so với khối lượng dung dịch nước vôi ban đầu.

- Dẫn phần 2 vào dung dịch Br₂ dư thấy có 16 gam Br₂ phản ứng.

Tính V.

Xem đáp án

Hướng dẫn giải:

$X \{\begin{cases} H_{2} \\ C_{3} H_{6} \\ C_{3} H_{4} \end{cases} \overset{N i, t^{0}}{\to} h Y \{\begin{cases} C_{3} H_{8} \\ C_{3} H_{6} \end{cases}$ : chia 2 phần bằng nhau

Phần 1: $Y \{\begin{cases} C_{3} H_{8} (x) \\ C_{3} H_{6} (y) \end{cases} \overset{+ O_{2}}{\to} \{\begin{cases} C O_{2} \\ H_{2} O \end{cases} \overset{+ C a {(O H)}_{2} d u}{\to}$ ∆m_{dd giảm} = 16,2 (g)

$\overset{B T [C]}{\to} n_{C O_{2}} = 3 x + 3 y = n_{C a C O_{3}}$

$\overset{B T [H]}{\to} n_{H_{2} O} = 4 x + 3 y$

∆m_{dd giảm} = $m_{C a C O_{3}} - (m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O})$

Hay 16,2 = 100(3x + 3y) – (44(3x + 3y) + 18(4x+3y))

Suy ra: 96x + 114y = 16,2 (1)

- Phần 2: $Y \{\begin{cases} C_{3} H_{8} (x) \\ C_{3} H_{6} (y) \end{cases}$ + dd: Br₂ (0,1)

Suy ra: y = 0,1 (2)

Từ (1,2) có x = 0,05; y = 0,1

$\overset{B T [O]}{\to} 2 n_{O_{2}} = 2 (3 x + 3 y) + (4 x + 3 y) = 10 x + 9 y = 10 \times 0, 05 + 9 \times 0, 1 = 1, 4$

Vậy $V_{O_{2}} = 1, 4 \times 22, 4 = 31, 36 (l)$

Câu 15:

Hỗn hợp X gồm Al và một oxit sắt. Nung m gam X trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần:

- Cho phần 1 vào lượng dư dung dịch NaOH, thu được 1,68 lít khí và 12,6 gam chất rắn.

- Cho phần 2 vào dung dịch H₂SO₄ đặc (nóng, dư), thu được 27,72 lít khí SO₂ và dung dịch Z có chứa 263,25 gam muối sunfat.

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các thể tích khí đo ở đktc.

a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

Xem đáp án

a. Phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra:

2yAl + 3Fe_xO_y $\overset{t^{0}}{\to}$ 3xFe + yAl₂O₃

2Al + 2H₂O + 2NaOH → 2NaAlO₂ + 3H₂

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

2Al + 6H₂SO_4(đ) $\overset{t^{0}}{\to}$ Al₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

Al₂O₃ + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂O

2Fe + 6H₂SO_4(đ) $\overset{t^{0}}{\to}$ Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

2Fe_xO_y + (2x+2y)H₂SO_4(đ) $\overset{t^{0}}{\to}$ xFe₂(SO₄)₃ + (2y-x)SO₂ + (2x+2y)H₂O

Câu 16:

b. Tính m và xác định công thức của oxit sắt.

Xem đáp án

b.

Phần 1 $\overset{N a O H}{\to}$ H₂(0,075) + 12,6(g) chất rắn(Fe)

$\Rightarrow Y |\begin{array}{l} A l : 0, 05 \\ A l_{2} O_{3} \\ F e : 0, 225 \end{array} \Rightarrow \frac{n_{A l / Y}}{n_{F e / Y}} = \frac{2}{9}$

$\begin{array}{l} 2 y A l + 3 F e_{x} O_{y} \to y A l_{2} O_{3} + 3 x F e \\ 0,225 \end{array}$

Phần 2 tác dụng với H₂SO₄ đặc dư cho $|\begin{array}{l} S O_{2} : 1, 2375 \\ 263, 25 g |\begin{array}{l} A l_{2} {(S O_{4})}_{3} \\ F e_{2} {(S O_{4})}_{3} \end{array} \end{array}$

$\overset{B T e}{\to} 3 n_{A l / 2} + 3 n_{F e / 2} = 2 \times 1, 2375 (1)$

$\frac{n_{A l / Y}}{n_{F e / Y}} = \frac{2}{9} \Rightarrow 9 n_{A l / 2} = 2 n_{F e / 2} (2)$

Từ (1,2) suy ra n_Al/2 = 0,15; n_Fe/2 = 0,675 $\Rightarrow \frac{P_{2}}{P_{1}} = 3$

$263, 25 g |\begin{array}{l} F e_{2} {(S O_{4})}_{3} : \frac{0, 675}{2} \times 400 = 135 (g) \\ A l_{2} {(S O_{4})}_{3} : 263, 25 - 135 = 128, 25 (g) \Rightarrow n_{A l_{2} {(S O_{4})}_{3}} = 0, 375 (m o l) \end{array}$

$\overset{B T [A l]}{\to} |\begin{array}{l} A l : 0, 15 \\ A l_{2} O_{3} : \frac{0, 375 \times 2 - 0, 15}{2} = 0, 3 \end{array}$

Vậy $m_{Y / P_{2}} = 27 \times 0, 15 + 102 \times 0, 3 + 56 \times 0, 675 = 72, 45 (g)$

$m = m_{Y / P_{1}} + m_{Y / P_{2}} = \frac{1}{3} \times 72, 45 + 72, 45 = 96, 6 (g)$

Ta có: $\frac{n_{F e}}{n_{O}} = \frac{0, 675}{0, 3 \times 3} = \frac{3}{4}$

Vậy oxit sắt là Fe₃O₄

Câu 17:

X là dung dịch HCl, Y là dung dịch NaOH. Cho 8,2 gam hỗn hợp G gồm Al, Fe vào cốc đựng 420 ml X. Sau phản ứng, thêm tiếp 800 gam Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 6,55 gam chất rắn A.

Cho 120 ml X vào cốc chứa 200 gam Y thu được dung dịch Z chỉ chứa 1 chất tan. Cô cạn Z thu được 28,35 gam chất rắn T, cho toàn bộ T vào dung dịch AgNO₃ dư thu được 43,05 gam kết tủa.

a. Tính nồng độ mol của X và nồng độ phần trăm của Y.

Xem đáp án

a.

120 ml X (HCl) + 200 gam Y (NaOH) → dd Z: 1 chất tan (NaCl) $\overset{c ô c ạ n}{\to}$ 28,35 gam chất rắn T (NaCl.nH₂O) $\overset{A g N O_{3}}{\to}$ 43,05 gam kết tủa AgCl

$n_{A g C l} = \frac{43, 05}{143, 5} = 0, 3 (m o l)$ = n_NaCl= n_HCl= n_NaOH

Vậy $C_{M (H C l)} = \frac{0, 3}{0, 12} = 2, 5 (M)$ ;

$C %_{N a O H} = \frac{0, 3 \times 40}{200} \times 100 % = 6 %$

Câu 18:

b. Xác định công thức T.

Xem đáp án

b.

Chất rắn T là NaCl.nH₂O

m_T = (58,5 + 18n). 0,3 = 28,35 suy ra n = 2

Vậy T là NaCl.2H₂O

Câu 19:

c. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong G.

Xem đáp án

c.

$8, 2 g G \{\begin{cases} A l (x) \\ F e (y) \end{cases} \overset{H C l (1, 05)}{\to} d d \overset{NaOH (1, 2)}{\to} ↓ \overset{n u n g}{\to}$ 6,55 gam chất rắn A

m_A < m_Gvậy Al có 1 phần bị hòa tan

Bảo toàn nguyên tố Cl có: n_NaCl = n_HCl= 1,05 mol

Bảo toàn nguyên tố Na có: $n_{N aA l O_{2}} = 1, 2 - 1, 05 = 0, 15 m o l$

Suy ra: A $|\begin{array}{l} A l_{2} O_{3} : 0, 5 x - 0, 075 \\ F e_{2} O_{3} : 0, 5 y \end{array}$

$\{\begin{cases} 27 x + 56 y = 8, 2 \\ 102 (0, 5 x - 0, 075) + 160 \times 0, 5 y = 6, 55 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 0, 2 \\ y = 0, 05 \end{cases}$

Vậy %m_Al = 65,85%; %m_Fe = 34,15%

Câu 20:

Hỗn hợp X gồm hai este no, mạch hở. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Z gồm 2 ancol (số nguyên tử cacbon trong mỗi phân tử ancol không vượt quá 3) và 12,3 gam muối của một axit cacboxylic (muối Y). Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 7,95 gam Na₂CO₃. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn Z thu được 3,36 lít khí CO₂ (đktc) và 4,32 gam H₂O. Tính phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử lớn hơn trong X.

Xem đáp án

X: 2 este no, mạch hở

$X \overset{N a O H}{\to} |\begin{array}{l} h h Z: 2 ancol (C \leq 3) \overset{t^{0}}{\to} C O_{2} (0, 15) + H_{2} O (0, 24) \\ 12,3 g RCOONa (Y) \overset{t^{0}}{\to} N a_{2} C O_{3} (0, 075) \end{array}$

Bảo toàn nguyên tố Na:

$n_{R C O O N a} = 2 \times 0, 075 = 0, 15$

Suy ra $M_{R C O O N a} = \frac{12, 3}{0, 15} = 82$ vậy R = 15: CH₃

Este no, hở nên ancol no, hở: $C_{\bar{n}} H_{2 \bar{n} + 2} O_{\bar{x}}$

$\begin{array}{l} C_{\bar{n}} H_{2 \bar{n} + 2} O_{\bar{x}} \overset{t^{0}}{\to} \bar{n} C O_{2} + (\bar{n} + 1) H_{2} O \\ 0,15 0,24 \end{array}$

$\Rightarrow \bar{n} = \frac{5}{3} \approx 1, 67$ , vậy 1 ancol là CH₃OH.

$\{\begin{cases} C H_{3} O H (a m o l) \\ C_{n} H_{2 n + 2} O_{x} (b m o l) \end{cases}$ vậy X $\{\begin{cases} C H_{3} C OO C H_{3} (a m o l) \\ {(C H_{3} C O O)}_{x} R' (b m o l) \end{cases}$

Bảo toàn nguyên tố C có: a + nb = 0,15 (1)

Bảo toàn nguyên tố H có: 4a + 2nb + 2b = 0,48 (2)

Lại có: n_muối = a + xb = 0,15 (3)

Từ (1,3) suy ra n = x (số C = số nhóm OH)

Trường hợp 1:

n = x = 2 vậy a = 0,03; b = 0,06

Ta có X $\{\begin{cases} C H_{3} C OO C H_{3} (0, 03 m o l) \\ {(CH}_{3} {COOH)}_{2} C_{2} H_{4} (0, 06 m o l) \end{cases}$

$% m_{{(C H_{3} C OO)}_{2} C_{2} H_{4}} = \frac{0, 06 \times 146}{0, 06 \times 146 + 0, 03 \times 74} \times 100 % = 79, 78 %$

Trường hợp 2: n = x = 3 vậy a = 0,06; b = 0,03

Ta có: X $\{\begin{cases} C H_{3} C OO C H_{3} (0, 06 m o l) \\ C_{3} H_{5} (0, 03 m o l) \end{cases}$

$% m_{{(C H_{3} C OO)}_{3} C_{3} H_{5}} = \frac{0, 03 \times 218}{0, 03 \times 218 + 0, 06 \times 74} \times 100 % = 59, 56 %$