17 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 17) - vietjack.online

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 17)

4642 lượt thi
17 câu hỏi
45 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Xác định các chất X₁, X₂, X₃, X₄ và viết các phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện xảy ra, nếu có) của các phản ứng theo sơ đồ sau:

$\begin{array}{l} C_{4} H_{10} \overset{(1)}{\to} X_{1} \overset{(2)}{\to} {CH}_{3} {COOC}_{2} H_{5} \overset{(3)}{\to} {CO}_{2} \overset{(4)}{\to} X_{2} \overset{(5)}{\to} Cu \\ \overset{(6)}{\to} X_{3} \overset{(7)}{\to} {FeSO}_{4} \overset{(8)}{\to} {FeCl}_{3} \overset{(9)}{\to} X_{4} \overset{(10)}{\to} {Fe}_{2} O_{3} \end{array}$

Ta có: X₁: CH₃COOH; X₂: CO; X₃: CuSO₄; X₄: Fe(OH)₃.

Phương trình hóa học:

C₄H₁₀ + O₂ $\overset{t^{o}, xt}{\to}$ 2CH₃COOH + H₂O

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

CH₃COOC₂H₅ + 5O₂ $\overset{t^{o}}{\to}$ 4CO₂ + 4H₂O

CO₂ + C $\overset{t^{o}}{\to}$ 2CO

CO + CuO $\overset{t^{o}}{\to}$ Cu + CO₂

Cu + 2H₂SO₄ _đặc $\overset{t^{o}}{\to}$ CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

CuSO₄ + Fe → FeSO₄ + Cu

6FeSO₄ + 3Cl₂ → 2FeCl₃ + 2Fe₂(SO₄)₃

Fe₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 2Fe(OH)₃↓ + 3Na₂SO₄

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

Câu 2:

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

a. Cho một ít bột Mg vào dung dịch KHSO₄.

a. Hiện tượng: Bột Mg tan dần và sủi bọt khí không màu.

Phương trình hóa học:

Mg + 2KHSO₄ → MgSO₄ + K₂SO₄ + H₂↑

Câu 3:

b. Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)₂ vào dung dịch Al₂(SO₄)₃.

b. Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng sau đó kết tủa tan dần một phần.

Phương trình hóa học:

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄↓ + 2Al(OH)₃↓

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

Câu 4:

c. Đun nóng ống nghiệm chứa nước ép quả nho chín và dung dịch bạc nitrat trong amoniac.

c. Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng bạc trên thành ống nghiệm.

Phương trình hóa học:

C₆H₁₂O₆ + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O C₅H₁₁O₅-COONH₄ + 2Ag↓ + 2NH₄NO₃

(Hoặc: C₆H₁₂O₆ + Ag₂O C₆H₁₂O₇ + 2Ag).

Câu 5:

d. Đốt cháy rượu etylic, dùng ống nghiệm úp phía trên ngọn lửa. Sau đó, rót nước vôi trong vào ống nghiệm, lắc nhẹ.

d. Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng.

Phương trình hóa học:

C₂H₅OH + 3O₂ $\overset{t^{o}}{\to}$ 2CO₂ + 3H₂O

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

Câu 6:

Hình vẽ sau mô tả thí nghiệm điều chế và thu khí clo trong phòng thí nghiệm.

Hình vẽ sau mô tả thí nghiệm điều chế và thu khí clo trong phòng thí nghiệm. (ảnh 1)

a. Nêu vai trò của bình chứa dung dịch H₂SO₄ đặc và bông tẩm dung dịch NaOH. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng đã xảy ra.

a. Vai trò của bình chứa dung dịch H₂SO₄ đặc để giữ lại hơi nước và bông tẩm dung dịch NaOH để tránh khí Cl₂ thoát ra ngoài.

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

2NaOH + Cl₂ → NaCl + NaClO + H₂O

Câu 7:

b. Cho 3,95 gam KMnO₄ tác dụng với lượng dư dung dịch HCl đặc thu được tối đa V lít khí Cl₂. Tính giá trị của V.

b. Ta có: $n_{{KMnO}_{4}} = \frac{3,95}{158} = 0, 025 mol$

Phương trình hóa học:

$\begin{array}{l} 2 K M n O_{4} + 16 H C l_{đ} \overset{t °}{\to} 2 K C l + 2 M n C l_{2} + 5 C l_{2} + 8 H_{2} O \\ 0, 025 m o l 0, 0625 m o l \end{array}$

$V_{{Cl}_{2}} = 0, 0625.22, 4 = 1, 4$ lít.

Câu 8:

Giải thích các trường hợp sau và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (nếu có):

a. Than hoạt tính được dùng làm mặt nạ phòng độc, làm chất khử màu, khử mùi, …

a. Than hoạt tính có khả năng hấp phụ các chất độc, chất có mùi, chất màu, …

Câu 9:

b. Khí hiđro được sử dụng làm nhiên liệu thay thế cho than đá, dầu mỏ, khí thiên nhiên, …

b. Khí hiđro khi cháy tỏa ra nhiều nhiệt lượng và chỉ tạo hơi nước nên là nguồn năng lượng sạch, có thể thay thế cho nhiên liệu hóa thạch trong tương lai.

Câu 10:

c. Cho canxi cacbua vào nước có pha sẵn vài giọt phenolphtalein, thu được dung dịch màu hồng và thấy sủi bọt khí.

c. Phương trình hóa học:

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂↑.

Ca(OH)₂ tạo thành làm hồng phenolphtalein.

Câu 11:

d. Cho bột NaHCO₃ vào cốc thủy tinh đựng dung dịch CH₃COOH. Nghiêng miệng cốc về phía ngọn nến nhỏ đang cháy thì ngọn nến bị tắt.

d. Phương trình hóa học:

NaHCO₃ + CH₃COOH → CH₃COONa + H₂O + CO₂↑.

Khí CO₂ sinh ra làm ngọn nến bị tắt.

Câu 12:

Đốt nóng m gam bột Fe trong không khí, thu được hỗn hợp A gồm ba oxit. Hòa tan hoàn toàn A bằng dung dịch HCl, thu được dung dịch D chỉ chứa hai muối. Cho lượng dư dung dịch AgNO₃ vào D, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 20,46 gam chất rắn E. Mặt khác, dung dịch D có khả năng hòa tan tối đa 0,64 gam Cu. Tính giá trị m.

Dung dịch D chứa muối FeCl₂ và FeCl₃.

Dung dịch D + Cu

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

n_Cu = 0,01 mol →

Dung dịch D + AgNO₃ dư:

$\begin{array}{l} F e C l_{2} + 3 A g N O_{3} \to F e {(N O_{3})}_{3} + 2 A g C l ↓ + A g ↓ \\ x 2 x x m o l \end{array}$

$\begin{array}{l} F e C l_{3} + 3 A g N O_{3} \to F e {(N O_{3})}_{3} + 3 A g C l ↓ \\ 0, 02 0, 06 m o l \end{array}$

Theo giả thiết thu được 20,46 gam chất rắn nên

143,5.2x + 108x + 143,5.0,06 = 20,46 → x = 0,03

Vậy dung dịch D gồm 0,03 mol FeCl₂ và 0,02 mol FeCl₃.

Bảo toàn nguyên tố Fe, ta có $n_{Fe} = 0, 05 mol \to m_{Fe} = 2, 8 gam$

Câu 13:

Thủy phân 270 gam tinh bột bằng dung dịch H₂SO₄ loãng, đun nóng (hiệu suất phản ứng là 72%), thu được dung dịch X. Trung hòa toàn bộ X bằng dung dịch NaHCO₃ vừa đủ, thu được dung dịch Y. Thực hiện phản ứng lên men toàn bộ Y với hiệu suất 75%, thu được V ml dung dịch rượu etylic 40^o. Biết khối lượng riêng của rượu etylic nguyên chất là 0,8 g/ml. Nếu đem toàn bộ lượng rượu này lên men giấm với hiệu suất H% thì thu được 1,5 lít dung dịch Z (giả sử chỉ xảy ra phản ứng lên men giấm). Để trung hòa 10 ml dung dịch Z, cần vừa đủ 14,4 ml dung dịch NaOH 0,5M. Tính giá trị của V và H.

Thủy phân tinh bột: $n_{C_{6} H_{10} O_{5}} = \frac{270}{162} = \frac{5}{3} mol$

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O $\overset{H^{+} {, t}^{o}}{\to}$ nC₆H₁₂O₆

Hiệu suất 72% nên $n_{C_{6} H_{12} O_{6}} = \frac{5}{3} .72% = 1,2 mol$

Dung dịch X: C₆H₁₂O₆, tinh bột dư và H₂SO₄ loãng.

H₂SO₄ + 2NaHCO₃ → Na₂SO₄ + H₂O + CO₂

Dung dịch Y: C₆H₁₂O₆, tinh bột dư và Na₂SO₄.

C₆H₁₂O₆ $\to_{}^{men rîu}$ 2C₂H₅OH + 2CO₂

Hiệu suất phản ứng lên men là 75% nên

$n_{C_{2} H_{5} OH} = 1, 2.2.75 % = 1,8 mol$

Thể tích rượu etylic 40^o thu được là

$V_{C_{2} H_{5} {OH 40}^{o}} = \frac{1, 8.46.100}{0, 8.40} = 258,75 ml$

C₂H₅OH + O₂ $\to_{}^{men giam}$ CH₃COOH + H₂O

CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

Số mol NaOH cần dùng để trung hòa 1,5 lít dung dịch Z là

$n_{NaOH} = 0,0144.0,5.150 = 1,08 mol$

Hiệu suất phản ứng lên men giấm là $H% = \frac{1, 08}{1, 8} .100 % = 60 %$

Câu 14:

Hỗn hợp X gồm metan, etilen và axetilen. Đốt cháy hoàn toàn 9,6 gam X bằng lượng oxi vừa đủ, thu được hỗn hợp Y. Dẫn toàn bộ Y vào bình đựng dung dịch NaOH, thu được dung dịch chỉ chứa 74,2 gam Na₂CO₃. Khi sục từ từ 11,2 lít X vào dung dịch brom dư thì có tối đa 100 gam brom phản ứng. Tính phần trăm thể tích của các chất trong X.

Gọi số mol của CH₄, C₂H₄ và C₂H₂ trong 9,6 gam X lần lượt là x, y, z mol.

16x + 28y + 26z = 9,6 (1)

Đốt cháy X và dẫn sản phẩm vào bình đựng dung dịch NaOH

$n_{{Na}_{2} {CO}_{3}} = 0, 7 {mol = n}_{{CO}_{2}}$

x + 2y + 2z = 0,7 (2)

Số mol của CH₄, C₂H₄ và C₂H₂ trong 11,2 lít X lần lượt là kx, ky, kz mol.

$n_{X} = 0, 5 mol \to k(x + y + z) = 0,5 (3)$

$n_{{Br}_{2}} = 0, 625 mol \to k(y + 2z) = 0,625 (4)$

Lấy (3) chia (4) ta được, 5x + y – 3z = 0 (5)

Giải hệ (1, 2, 5) ta được x = 0,1; y = 0,1 và z = 0,2

${%V}_{{CH}_{4}} = 25; {%V}_{C_{2} H_{4}} = 25 %; {%V}_{C_{2} H_{2}} = 50 %$

Câu 15:

Đốt cháy 11,075 gam trieste T trong không khí, rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư, thu được 71,25 gam kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch giảm 27,975 gam so với ban đầu. Mặt khác, đun nóng 26,58 gam T với 17,1 ml dung dịch NaOH 20% (có khối lượng riêng bằng 1,2 g/ml), thu được glixerol và m gam hỗn hợp muối của axit béo. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn và số mol NaOH dùng dư a% so với lượng phản ứng. Tính giá trị của m và a.

$n_{{CO}_{2}} = n_{{CaCO}_{3}} = 0,7125 mol$

Khối lượng dung dịch giảm 27,975 gam nên

$m_{{CO}_{2}} + m_{H_{2} O} - m_{{CaCO}_{3}} = -27,975 gam \to n_{H_{2} O} = 0, 6625 mol$

Ta có:

\begin{array}{l} n_{C} = 0,7125 mol ; \\ n_{H} = 1,325 mol ; \\ n_{O} = \frac{11, 075 - 0, 7125.12 - 1, 325.1}{16} = 0, 075 mol \end{array}

Tỉ lệ C : H : O = 0,7125 : 1,325 : 0,075 = 57 : 106 : 6

Công thức phân tử của trieste T là C₅₇H₁₀₆O₆.

$n_{T} = \frac{26, 58}{886} = 0,03 mol$ và $n_{NaOH} = \frac{17, 1.1, 2.20}{100.40} =0,1026 mol$

Lượng NaOH dư là 0,1026 – 0,03.3 = 0,0126 mol

→ $a% = \frac{0, 0126}{0, 09} .100% = 14%$

Bảo toàn khối lượng, ta có

$\begin{array}{l} m_{T} + {m_{NaOH}}_{p h a n u n g} = m_{muoi} {+ m}_{C_{3} H_{5} {(OH)}_{3}} \\ \to m_{muoi} = 27, 42 gam \end{array}$

Câu 16:

Nung nóng 20 gam một mẩu quặng malachit có thành phần chính là Cu(OH)₂.CuCO₃ (còn lại là tạp chất trơ) trong không khí. Hòa tan toàn bộ lượng CuO thu được bằng dung dịch H₂SO₄ 20% vừa đủ, sau đó làm lạnh dung dịch đến 10^oC thì có 24,6 gam tinh thể CuSO₄.5H₂O tách ra. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn và độ tan của CuSO₄ ở 10^oC là 17,4 gam. Tính hàm lượng phần trăm của Cu(OH)₂.CuCO₃ có trong mẩu quặng.

Cu(OH)₂.CuCO₃ $\overset{t^{o}}{\to}$ 2CuO + H₂O + CO₂

_{$\begin{array}{l} C u O + H_{2} S O_{4} \to C u S O_{4} + H_{2} O \\ x x x m o l \end{array}$}

Khối lượng dung dịch H₂SO₄ 20% đã dùng: 490x (gam).

Khối lượng dung dịch trước khi làm lạnh: 80x + 490x = 570x (gam).

$n_{{CuSO}_{4} {.5H}_{2} O} = \frac{24, 6}{250} = 0,0984 mol$

Khối lượng dung dịch bão hòa thu được sau khi làm lạnh: (570x – 24,6) gam và chứa lượng chất tan: (x – 0,0984).160 gam

Theo giả thiết độ tan của CuSO₄ là 17,4 gam nên ta có:

$\frac{17, 4}{117, 4} = \frac{160 (x - 0, 0984)}{570 x - 24, 6}$

Giải phương trình ta được x = 0,16

Ta có

$\begin{array}{l} n_{{Cu(OH)}_{2} {.CuCO}_{3}} = 0, 08 mol \\ \to m_{{Cu(OH)}_{2} {.CuCO}_{3}} = 0, 08.222 = 17,76 gam \end{array}$

Hàm lượng phần trăm của Cu(OH)₂.CuCO₃ có trong mẩu quặng là

$\frac{17, 76}{20} .100% = 88,8%$

Câu 17:

Hỗn hợp E gồm Al, Fe_xO_y và CuO, trong đó tỉ lệ khối lượng của Fe_xO_y và CuO tương ứng là 29:35. Nung nóng m gam E trong bình kín (không có không khí), thu được hỗn hợp Z. Cho toàn bộ Z tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, thu được 0,336 lít khí H₂ và còn lại 3,92 gam hỗn hợp rắn T. Hòa tan 3,92 gam T bằng lượng dư dung dịch H₂SO₄ đặc, nóng, thu được V lít khí SO₂ (sản phẩm khử duy nhất). Hấp thụ toàn bộ V lít khí SO₂ vào 120 ml dung dịch Ba(OH)₂ 0,5M thu được 8,68 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức Fe_xO_y và tính phần trăm khối lượng của Al có trong E.

Hỗn hợp E: Al, Fe_xO_y và CuO

2yAl + 3Fe_xO_y $\overset{t^{o}}{\to}$ yAl₂O₃ + 3xFe (1)

2Al + 3CuO $\overset{t^{o}}{\to}$ Al₂O₃ + 3Cu (2)

Hỗn hợp Z: Al₂O₃, Fe, Cu và Al dư

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂ (3)

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O (4)

$n_{H_{2}} = \frac{0, 336}{22, 4} = 0,015 mol$ → n_{Al dư (Z)}= 0,01 mol.

3,92 gam hỗn hợp rắn T: Fe và Cu

2Fe + 6H₂SO₄ đặc $\overset{t^{o}}{\to}$ Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O (5)

Cu + 2H₂SO₄ đặc $\overset{t^{o}}{\to}$ CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O (6)

SO₂ + Ba(OH)₂ → BaSO₃ + H₂O (7)

SO₂ + BaSO₃ + H₂O → Ba(HSO₃)₂ (8)

Gọi số mol của Fe và Cu trong 3,92 gam T là x, y

→ 56x + 64y = 3,92 (I)

Theo giả thiết $n_{{Ba(OH)}_{2}} = 0, 12.0, 5 = 0,06 mol$ và $n_{{BaSO}_{3}} = \frac{8, 68}{217} = 0,04 mol$

TH1: Không xảy ra phản ứng (8), Ba(OH)₂ dư.

$n_{{SO}_{2}} = 0, 04 mol$ → Bảo toàn electron: 3x + 2y = 0,08 (II)

Giải hệ (I, II) ta được x = -0,034 và y = 0,091 → loại

TH2: SO₂ dư hòa tan một phần kết tủa

$\begin{array}{l} S O_{2} + B a {(O H)}_{2} \to B a S O_{3} ↓ + H_{2} O (7) \\ 0, 06 \leftarrow 0, 06 \to 0, 06 m o l \end{array}$

$\begin{array}{l} S O_{2} + B a S O_{3} + H_{2} O \to B a {(H S O_{3})}_{2} (8) \\ 0, 02 \leftarrow 0, 02 m o l \end{array}$

Tổng số mol SO₂ là 0,08 mol

→ Bảo toàn electron: 3x + 2y = 0,16 (III)

Giải hệ (I, III) ta được x = 0,03 và y = 0,035.

Ta có n_CuO= 0,035 mol

→ m_CuO = 2,8 gam mà $\frac{m_{{Fe}_{x} O_{y}}}{m_{CuO}} = \frac{29}{35}$ → $m_{{Fe}_{x} O_{y}} = 2, 32 gam$

→ m_O = 2,32 – 0,03.56 = 0,64 gam → n_O = 0,04 mol

→ Tỉ lệ: $\frac{n_{Fe}}{n_{O}} = \frac{0, 03}{0, 04} = \frac{3}{4}$

→ Công thức oxit là Fe₃O₄: 0,01 mol

Bảo toàn electron cho phản ứng nhiệt nhôm: ${3.n}_{Al} {= 2.n}_{CuO} {+ 8.n}_{{Fe}_{3} O_{4}}$

→ n_{Al phản ứng} = 0,05 mol

Số mol Al ban đầu là: 0,01 + 0,05 = 0,06 mol

Khối lượng hỗn hợp E là: 0,06.27 + 0,01.232 + 0,035.80 = 6,74 gam

Phần trăm khối lượng của Al trong E là: 24,04%.

Bắt đầu thi ngay

Bài thi liên quan