13 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 28)

Câu 1:

Viết một phương trình hóa học cho mỗi trường hợp sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có):

a. Phi kim tác dụng với oxit bazơ.

C + 2 C u O \overset{t^{0}}{\to} 2 C u + C O_{2}

Câu 2:

b. Phi kim tác dụng với dung dịch bazơ.

Xem đáp án

b. Phi kim tác dụng với dung dịch bazơ.

Cl₂ + 2NaOH → NaCl + NaClO + H₂O

Câu 3:

c. Phi kim tác dụng với dung dịch muối.

Xem đáp án

c. Phi kim tác dụng với dung dịch muối.

2Cl₂ + FeCl₂ → 2FeCl₃

Câu 4:

d. Kim loại tác dụng với dung dịch bazơ.

Xem đáp án

d. Kim loại tác dụng với dung dịch bazơ.

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

Câu 5:

Cho 5 lọ mất nhãn, mỗi lọ chứa một trong các dung dịch sau: KCl, K₂SO₄, Ba(HCO₃)₂, KHCO₃, K₂CO₃. Chỉ dùng thêm một hóa chất, hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch trên và viết các phương trình hóa học xảy ra.

Xem đáp án

Chọn NaHSO₄ làm thuốc thử. Tiến hành nhận biết.

- Đánh số thứ tự từng lọ mất nhãn, trích mỗi lọ một ít sang ống nghiệm đánh số tương ứng.

- Cho các mẫu thử tác dụng với NaHSO₄.

+ Trường hợp nào vừa có kết tủa vừa có khí thoát ra là Ba(HCO₃)₂.

$B a {(H C O_{3})}_{2} + 2 N a H S O_{4} \to N a_{2} S O_{4} + B a S O_{4} ↓ + 2 C O_{2} ↑ + 2 H_{2} O .$

+ Trường hợp nào có khí không màu thoát ra là KHCO₃; K₂CO₃ (nhóm 1)

$\begin{array}{l} 2 K H C O_{3} + 2 N a H S O_{4} \to N a_{2} S O_{4} + K_{2} S O_{4} + 2 C O_{2} ↑ + 2 H_{2} O . \\ K_{2} C O_{3} + 2 N a H S O_{4} \to N a_{2} S O_{4} + K_{2} S O_{4} + C O_{2} ↑ + H_{2} O . \end{array}$

+ Các trường hợp còn lại không hiện tượng là KCl và K₂SO₄ (nhóm 2)

- Cho dd Ba(HCO₃)₂ nhỏ vào các mẫu thử nhóm 1. Nếu có kết tủa trắng xuất hiện thì đó là K₂CO₃ và còn lại là KHCO₃.

$B a {(H C O_{3})}_{2} + K_{2} C O_{3} ↓ 2 K H C O_{3} + B a C O_{3} ↓$

- Cho dd Ba(HCO₃)₂ nhỏ vào các dd mẫu thử nhóm 2. Nếu có kết tủa trắng xuất hiện thì đó là K₂SO₄ và còn lại là KCl.

$B a {(H C O_{3})}_{2} + K_{2} S O_{4} \to B a S O_{4} ↓ + 2 K H C O_{3} .$

Câu 6:

Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có):

Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện (ảnh 1)

Xem đáp án

Các phương trình hóa học minh họa cho sơ đồ:

$\begin{array}{l} {(- C_{6} H_{10} O_{5} -)}_{n} + n H_{2} O \overset{a x i t, t^{0}}{\to} n C_{6} H_{12} O_{6} \\ C_{6} H_{12} O_{6} \overset{m e n}{\to} 2 C_{2} H_{5} O H + 2 C O_{2} \\ C_{2} H_{5} O H + O_{2} \overset{m e n g i a m}{\to} C H_{3} C O O H + H_{2} O \\ C_{2} H_{5} O H + C H_{3} C O O H \overset{H_{2} S O_{4}, t^{0}}{⇄} C H_{3} C O O C_{2} H_{5} + H_{2} O \\ C_{2} H_{5} O H \overset{H_{2} S O_{4}, t^{0}}{\to} C H_{2} = C H_{2} + H_{2} O \\ n C H_{2} = C H_{2} \overset{p, t^{0}, x t}{\to} {(- C H_{2} - C H_{2} -)}_{n} \end{array}$

Câu 7:

Viết các phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có) khi tiến hành các thí nghiệm sau:

- Thí nghiệm 1: Cho glucozơ tác dụng với dung dịch AgNO₃ trong NH₃, đun nóng.

- Thí nghiệm 2: Đưa bình đựng hỗn hợp khí C₂H₆ và Cl₂ ra ngoài ánh sáng.

- Thí nghiệm 3: Sục khí etilen vào dung dịch Br₂.

- Thí nghiệm 4: Đun nóng (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ trong dung dịch NaOH.

Xem đáp án

Các phương trình hóa học minh họa các thí nghiệm:

- Thí nghiệm 1:

$C_{6} H_{12} O_{6} + A g_{2} O \overset{N H_{3}, t^{0}}{\to} C_{6} H_{12} O_{7} + 2 A g$

- Thí nghiệm 2:

$C_{2} H_{6} + k C l_{2} \overset{a s}{\to} C_{2} H_{6 - k} C {l_{k}}_{} + k H C l$

- Thí nghiệm 3:

$C_{2} H_{4} + B r_{2} \to C_{2} H_{4} B r_{2}$

- Thí nghiệm 4:

${(C_{17} H_{35} C O O)}_{3} C_{3} H_{5} + 3 N a O H \overset{t^{0}}{\to} 3 C_{17} H_{35} C O O N a + C_{3} H_{5} {(O H)}_{3}$

Câu 8:

Hòa tan hoàn toàn 31,8 gam một muối cacbonat của kim loại hóa trị I bằng lượng vừa đủ dung dịch HCl 7,3% (D = 1,038 g/mL). Hấp tụ toàn bộ khí CO₂ thu được vào 500mL dung dịch KOH 1M thì thu được dung dịch có chứa 37,6 gam muối.

a. Xác định công thức hóa học của muối cacbonat và tính thể tích của dung dịch HCl đã dùng.

Xem đáp án

a)Hấp thụ CO₂vào dd KOH có thể có các phản ứng:

\begin{array}{l} C O_{2} + K O H \to K H C O_{3} (1) \\ C O_{2} + 2 K O H \to K_{2} C O_{3} + H_{2} O (2) \end{array}

Muối tạo ra có thể là KHCO₃ hoặc K₂CO₃hoặc cả KHCO₃ và K₂CO₃

+ Nếu chỉ tạo KHCO₃

n_KOH _{phản ứng} $= n_{K H C O_{3}} = \frac{37, 6}{100} = 0, 376$ < n_{KOH ban đầu} = 0,5 mol (Vô lý)

+ Nếu chỉ tạo muối K₂CO₃

n_KOH phản ứng $= 2 n_{K_{2} C O_{3}} = \frac{37, 6}{138} = 0, 5449$ > n_{KOH ban đầu} = 0,5 mol (Vô lý)

Vậy có cả 2 muối KHCO₃ và K₂CO₃ được tạo ra, cả KOH và CO₂hết.

Gọi số mol của 2 muối KHCO₃ và K₂CO₃ tương ứng là x, y mol (x,y > 0)

Theo (1), (2) $n_{K O H} = x + 2 y = 0, 5 (I)$

m_muối= $100 x + 138 y = 37, 6 (I I)$

Giải hệ phương trình được: x = 0,1; y = 0,2.

Bảo toàn nguyên tố C, có số mol CO₂ = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol

Đặt công thức muối là M₂CO₃.

$M_{2} C O_{3} + 2 H C l \to 2 M C l + H_{2} O + C O_{2} (3)$

Theo (3) n_HCl = 2n_CO2 = 0,3.2 = 0,6 mol.

V_{dd HCl}= $\frac{0, 6.36, 5.100}{1, 038.7, 3} = 289, 02 m l$

Câu 9:

b. Cho từ từ đến hết 200mL dung dịch HCl 2,5M vào 500mL dung dịch chứa 31,8 gam muối cacbonat trên. Tính thể tích khí thu được (ở điều kiện tiêu chuẩn).

Xem đáp án

b. Theo (3) $n_{M_{2} C O_{3}} = n_{C O_{2}} = 0, 3 m o l$

Cho từ từ đến hết 0,5 mol HCl vào dd chứa 31,8 gam M₂CO₃:

$\begin{array}{l} M_{2} C O_{3} + H C l \to M H C O_{3} + M C l (4) \\ 0, 3 0, 5 m o l \end{array}$

Sau (4) HCl còn 0,2 mol, MHCO₃ sinh ra 0,3 mol tiếp tục có phản ứng:

$\begin{array}{l} M H C O_{3} + H C l \to M C l + H_{2} O + C O_{2} (5) \\ 0, 3 0, 2 m o l \end{array}$

V_khí = 0,2.22,4 = 4,48 lít (đktc)

Câu 10:

Một hỗn hợp X gồm các hidrocacbon mạch hở: C₂H₆, C₃H₆, C₃H₄. Đốt cháy hoàn toàn 14,2 gam X thu được 19,8 gam nước. Mặt khác, 13,44 lít hỗn hợp X ( ở điều kiện tiêu chuẩn) phản ứng tối đa với 576 mL dung dịch brom 10% (D = 1,25 g/mL). Tính phần trăm theo thể tích của mỗi chất có trong hỗn hợp X.

Xem đáp án

Gọi số mol C₂H₆, C₃H₆, C₃H₄ lần lượt là x, y, z mol

Ta có: 30x + 42y + 40z = 14,2 (1)

Đốt cháy 14,2 gam X:

Bảo toàn nguyên tố H có:

$\sum n_{H_{2} O} = 3 x + 3 y + 2 z = \frac{19, 8}{18} = 1, 1 m o l (2)$

n_X tác dụng với dd brom (0,6 mol)

Khối lượng brom phản ứng:

$\frac{576.1, 25}{100 %} .10 % = 72 g a m$ vậy số mol brom phản ứng là 0,45 mol.

Coi như cho 14,2 gam X tác dụng với dd brom.

\begin{array}{l} C_{3} H_{6} + B r_{2} \to C_{3} H_{6} B r_{2} \\ y y \\ C_{3} H_{4} + 2 B r_{2} \to C_{3} H_{4} B r_{4} \\ z 2 z \end{array}

Vì cùng thành phần hỗn hợp ở 2 phần như nhau suy ra $\frac{n_{X}}{n_{B r_{2}}}$ = const.

Hay $\frac{x + y + z}{y + 2 z} = \frac{0, 6}{0, 45}$

Suy ra: $- 3 x + y + 5 z = 0 (3)$

Từ (1),(2),(3) có x = 0,2; y = 0,1; z = 0,1

% V_{C_{2} H_{6}} = \frac{0, 2}{0, 2 + 0, 1 + 0, 1} .100 % = 50 %

$% V_{C_{3} H_{6}} = \frac{0, 1}{0, 2 + 0, 1 + 0, 1} .100 % = 25 %$

$% V_{C_{3} H_{4}}$ = 100% -50% -25% = 25%

Câu 11:

Đốt cháy hoàn toàn 13,5 gam hợp chất hữu cơ X (chứa C, H,O) cần vừa đủ 10,08 lít khí O₂ (ở điều kiện tiêu chuẩn), thu được hỗn hợp khí cacbonic và hơi nước có thỉ lệ số mol 1:1.

a. Lập công thức đơn giản nhất của X.

Xem đáp án

a.

Gọi số mol H₂O và CO₂ đều là x mol.

Bảo toàn khối lượng:

$18 x + 44 x = 13, 5 + 32. \frac{10, 08}{22, 4} \Rightarrow x = 0, 45 m o l$

Bảo toàn nguyên tố C:

$n_{C (X)} = n_{C (C O_{2})} = n_{C O_{2}} = 0, 45 m o l$

Bảo toàn nguyên tố H:

$n_{H (X)} = n_{H (H_{2} O)} = 2.0, 45 = 0, 9 m o l .$

$n_{O (X)} = \frac{13, 5 - 0, 45.12 - 0, 9}{16} = 0, 45 m o l$

Đặt công thức tổng quát của X là C_xH_yO_z (x, y, z ∈ N)

$x : y : z = 0, 45 : 0, 9 : 0, 45 = 1 : 2 : 1$

Công thức đơn giản nhất của X là CH₂O.

Câu 12:

b. Khi cho X tác dụng hết với kim loại Na hay muối NaHCO₃ thì thu được số mol H₂ hay số mol CO₂ luôn bằng số mol X đã phản ứng.

b1. Tìm công thức phân tử của X thỏa mãn các điều kiện trên và có khối lượng mol phân tử nhỏ nhất.

b2. Viết các công thức cấu tạo có thể có của X. Viết các phương trình hóa học xảy ra.

Xem đáp án

b)

b1.

X có công thức dạng (CH₂O)_n. X tác dụng với NaHCO₃ tạo khí CO₂ và có số mol bằng số mol X, suy ra X là axit có 1 nhóm -COOH.

Nếu X chỉ có 1 nhóm –COOH thì khi tác dụng với Na thì chỉ cho số mol khí H₂ bằng 1/2 số mol X phản ứng. Vậy phân tử X phải có 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –OH với số nguyên tử oxi trong các nhóm này là n ≥ 3.

Mặt khác do X có khối lượng mol nhỏ nhất nên chọn n = 3.

Vậy công thức phân tử của X là C₃H₆O₃.

b2.

Các công thức cấu tạo có thể có của X là:

H O - C H_{2} - C H_{2} - C O O H; C H_{3} - C H (O H) - C O O H;

Các phương trình hóa học xảy ra:

$\begin{array}{l} H O - C H_{2} - C H_{2} - C O O H + 2 N a \to N a O - C H_{2} - C H_{2} - C O O N a + H_{2} \\ H O - C H_{2} - C H_{2} - C O O H + N a H C O_{3} \to H O - C H_{2} - C H_{2} - C O O N a + H_{2} O + C O_{2} \\ C H_{3} - C H (O H) - C O O H + 2 N a \to C H_{3} - C H (O N a) - C O O N a + H_{2} \\ C H_{3} - C H (O H) - C O O H + N a H C O_{3} \to C H_{3} - C H (O H) - C O O N a + H_{2} O + C O_{2} \end{array}$

Câu 13:

Hòa tan hoàn toàn m gam kim loại R trong dung dịch HCl dư, thu được dung dịch X và 4,48 lít khí H₂(ở điều kiện tiêu chuẩn). Cô cạn dung dịch X thu được 39,8 gam muối Y duy nhất. Nếu cho dung dịch X tác dụng với dung dịch KOH dư, lọc kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thì thu được (m + 4,8) gam chất rắn Z. Hòa tan Z trong dung dịch H₂SO₄ loãng, vừa đủ thì thu được dung dịch T. Cô cạn dung dịch T thu được 56,2 gam muối U duy nhất. Xác định kim loại R, công thức hóa học của các muối Y và U.

Xem đáp án

$n_{H_{2}} = 0, 2 (m o l)$

$\begin{array}{l} 2 R + 2 n H C l \to 2 R C l_{n} + n H_{2} \\ \frac{0, 4}{n} 0, 4 \frac{0, 4}{n} 0, 2 m o l \end{array}$

- Nếu B là muối khan:

$M_{R C l_{n}} = M_{R} + 35, 5 n = \frac{39, 8}{\frac{0, 4}{n}} = 99, 5 n (g / m o l)$

Suy ra: M_R = 64n (g/mol)

Với mọi n, không có trường hợp thỏa mãn. Vậy B là muối ngậm nước.

Đặt công thức muối ngậm nước là RCl_n.xH₂O

Có: $n_{R C l n . x H_{2} O} = n_{R C l_{n}} = \frac{0, 4}{n} (m o l)$

Vậy M_R + 35,5n + 18x = 99,5n

Hay M_R = 64n – 18x (1)

Chất rắn D là oxit của R và giả sử D có công thức: R₂O_y

Có sơ đồ phản ứng:

$2 R \overset{}{\to} 2 R C l_{n} \overset{}{\to} 2 R {(O H)}_{n} \overset{}{\to} R_{2} O_{y}$

Bảo toàn nguyên tố R:

$n_{R_{2} O_{y}} = \frac{1}{2} n_{R C l_{n}} = \frac{1}{2} . \frac{0, 4}{n} = \frac{0, 2}{n} (m o l)$

$\Rightarrow m_{R_{2} O_{y}} = (2 M_{R} + 16 y) . \frac{0, 2}{n} = m + 4, 8$

$\Rightarrow \frac{y}{n} = \frac{3}{2}$ . Chọn y = 3; n = 2

Từ (1) có M_R = 128 – 18x

Mà M_R > 0 nên x < 7,1

Chỉ có x = 4, M_R = 56 (thỏa mãn) vậy R là Fe

B là FeCl₂.4H₂O.

Bảo toàn nguyên tố Fe

$n_{F e_{2} O_{3}} = \frac{1}{2} n_{F e} = \frac{1}{2} n_{H_{2}} = 0, 1 m o l$

$\begin{array}{l} F e_{2} O_{3} + 3 H_{2} S O_{4} \overset{}{\to} F e_{2} {(S O_{4})}_{3} + 3 H_{2} O \\ 0, 1 - - - - - - - - - - - - - - 0, 1 \end{array}$

G có dạng Fe₂(SO₄)₃.qH₂O

$\Rightarrow n_{F e_{2} {(S O_{4})}_{3} . q H_{2} O} = n_{F e_{2} {(S O_{4})}_{3}}$

Vậy $M_{F e_{2} {(S O_{4})}_{3} . q H_{2} O} = \frac{56, 2}{0, 1} = 562$

Suy ra q = 9. Thỏa mãn

Vậy G là Fe₂(SO₄)₃.9H₂O