Đề thi THPT QG môn Hóa trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội lần 1

Làm đề thi

Đề bài

Câu 1 :

Trong các kim loại: Al, Mg, Fe và Cu, kim loại có tính khử mạnh nhất là

A
Mg.
B
Al.
C
Cu.
D
Fe.

Câu 2 :

Chất nào sau đây là muối axit

A
NaHSO₄.
B
NaCl.
C
KNO₃.
D
Na₂SO₄.

Câu 3 :

Đốt cháy hoàn toàn 0,16 mol hỗn hợp X gồm CH₄, C₂H₂, C₂H₄ và C₃H₆, thu được 6,272 lít CO₂(đktc) và 6,12 gam H₂O. Mặt khác 10,1 gam X phản ứng tối đa với a mol Br₂ trong dung dịch. Giá trị của a là

A
0,10.
B
0,15.
C
0,06.
D
0,25.

Câu 4 :

Thuốc thử dùng để phân biệt giữa axit axetic và rượu etylic là

A
kim loại Na.
B
quỳ tím.
C
dung dịch NaNO₃.
D
dung dịch NaCl

Câu 5 :

Đốt cháy hoàn toàn amin X (no, đơn chức, mạch hở), thu được 0,2 mol CO₂ và 0,05 mol N₂. Công thức phân tử X là

A

C₄H₉N.
B
C₄H₁₁N.
C
C₂H₇N.
D
C₂H₅N.

Câu 6 :

Để thu được kim loại Cu từ dung dịch CuSO₄ theo phương pháp thủy luyện, có thể dùng kim loại nào sau đây?

A
Fe.
B
Na.
C
Ag.
D
Ca.

Câu 7 :

Các loại phân lân đều cung cấp cho cây trồng nguyên tố

A

kali.
B

photpho
C

nitơ
D

cacbon

Câu 8 :

Chất nào sau đây tác dụng được với dung dịch AgNO₃ trong NH₃?

A
Metan.
B
Benzen.
C
Propin.
D
Cacbon.

Câu 9 :

Cho 5 gam hỗn hợp X gồm Ag và Al vào dung dịch HCl dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,36 lít khí H₂ (đktc). Phần trăm khối lượng của Al trong X là

A
27,0%.
B
54,0%.
C
49,6%.
D
48,6%.

Câu 10 :

Cho vài giọt quỳ tím vào dung dịch NH₃ thì dung dịch chuyển thành

A
màu vàng
B
màu đỏ.
C
màu hồng.
D
màu xanh.

Câu 11 :

Cho các phát biểu sau:

(a) Điện phân dung dịch NaCl (điện cực trơ), thu được H₂ ở catot.

(b) Cho CO dư qua hỗn hợp Al₂O₃ và CuO đun nóng, thu được Al và Cu.

(d) Kim loại có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất là Hg, kim loại dẫn điện tốt nhất là Ag.

(e) Cho dung dịch AgNO₃ dư vào dung dịch FeCl₂, thu được chất rắn gồm Ag và AgCl.

Số phát biểu đúng là

Câu 12 :

Fructozơ là một loại monosaccarit có nhiều trong mật ong, có vị ngọt sắc. Công thức phân tử của fructozơ là

A
C₂H₄O₂.
B
C₁₂H₂₂O₁₁.
C
C₆H₁₂O₆.
D
(C₆H₁₀O₅)_n.

Câu 13 :

Polime nào sau đây thuộc loại polime thiên nhiên?

A
Polietilen.
B

Tơ tằm
C
Polieste.
D
Polipropilen.

Câu 14 :

Dẫn khí CO dư qua ống sứ đựng 8 gam bột CuO nung nóng, thu được hỗn hợp khí X. Cho toàn bộ X vào nước vôi trong dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A

10
B

5
C

12
D

8

Câu 15 :

Một số loại khẩu trang y tế chứa hoạt chất bột màu đen có khả năng lọc không khí. Chất đó là

A
muối ăn
B
đá vôi
C
than hoạt tính
D
thạch cao

Câu 16 :

Điện phân dung dịch NaCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp), thu được dung dịch X. Hấp thụ CO₂ dư vào X, thu được dung dịch chất Y. Cho Y tác dụng với Ca(OH)₂ theo tỉ lệ mol 1:1 tạo ra chất Z tan trong nước. Chất Z là

A
NaOH.
B
NaHCO₃.
C
Ca(HCO₃)₂.
D
Na₂CO₃.

Câu 17 :

ở nhiệt độ thường, chất nào sau đây làm mất màu dung dịch nước Br₂?

A
Etilen.
B
Metan.
C
Butan.
D
Benzen.

Câu 18 :

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp metyl axetat và etyl axetat, thu được CO₂ và m gam H₂O. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)₂ dư, thu được 25 gam kết tủa. Giá trị của m là

A
5,4.
B
3,6.
C
6,3.
D
4,5.

Câu 19 :

Lên men m gam glucozơ thành ancol etylic với hiệu suất 50%, thu được 4,48 lít CO₂. Giá trị của m là

A
18,0
B
16,2.
C
32,4.
D
36,0

Câu 20 :

Cho axit acrylic tác dụng với ancol đơn chức X, thu được este Y. Trong Y, oxi chiếm 32% về khối lượng. Công thức của Y là

A
C₂H₃COOCH₃.
B
C₂H₅COOC₂H₅.
C
C₂H₃COOC₂H₅.
D
CH₃COOC₂H₅.

Câu 21 :

Cho phản ứng: aFe + bHNO₃ → cFe(NO₃)₃ + dNO + eH₂O.

Các hệ số a,b,c,d,e là những số nguyên, đơn giản nhất. Tổng (a+b) bằng:

Câu 22 :

Polime nào sau đây được tổng hợp bằng phản ứng trùng hợp?

A
Poli (vinyl clorua).
B
Nilon -6,6.
C
Poli (etylen terephtalat).
D
Polisaccarit.

Câu 23 :

Thực hiện thí nghiệm điều chế khí X, khí X thu được vào bình tam giác theo hình vẽ bên.

Káº¿t quáº£ hÃ¬nh áº£nh cho Thá»±c hiá»n thÃ nghiá»m Äiá»u cháº¿ khÃ X, khÃ X thu ÄÆ°á»£c vÃ o bÃ¬nh tam giÃ¡c theo hÃ¬nh váº½ bÃªn. ThÃ nghiá»m ÄÃ³ lÃ

Thí nghiệm đó là

A
Cho dung dịch H₂SO₄ loãng vào bình đựng hạt kim loại Zn.
B
Cho dung dịch HCl vào bình đựng bột CaCO₃.
C
Cho dung dịch HCl đặc vào bình đựng tinh thể K₂Cr₂O₇.
D
Cho dung dịch H₂SO₄ đặc vào bình đựng lá kim loại Cu.

Câu 24 :

Thủy phân hoàn toàn 1 mol peptit mạch hở X, thu được 2 mol Gly, 2 mol Ala và 1 mol Val. Mặt khác, thủy phân không hoàn toàn X, thu được hỗn hợp các amino axit và các peptit (trong đó có Gly- Ala- Val). Số công thức cấu tạo phù hợp với tính chất của X là

Câu 25 :

Thực hiện các thí nghiệm sau: (a) Sục khí CH₃NH₂ vào dung dịch CH₃COOH. (b) Đun nóng tinh bột trong dung dịch H₂SO₄ loãng. (c) Sục khí H₂ vào nồi kín chứa triolein (xúc tác Ni), đun nóng. (d) Nhỏ vài giọt nước brom vào dung dịch anilin. (e) Cho dung dịch HCl vào dung dịch axit glutamic.(g) Cho dung dịch metyl fomat vào dung dịch AgNO₃ trong NH₃, đun nóng. Số thí nghiệm xảy ra phản ứng là

Câu 26 :

Đun nóng 48,2 gam hỗn hợp X gồm KMnO₄ và KClO₃, sau một thời gia thu được 43,4 gam hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl đặc, sau phản ứng thu được 15,12 lít Cl₂(đktc) và dung dịch gồm MnCl₂, KCl và HCl dư.Số mol HCl phản ứng là

A
1,9.
B
2,4.
C
2,1.
D
1,8.

Câu 27 :

Tiến hành thí nghiệm với các dung dịch X, Y, Z và T. Kết quả được ghi ở bảng sau:

X, Y, Z, T lần lượt là

A
Glucozơ, lysin, etyl fomat, anilin.
B
Etyl fomat, lysin, glucozơ, axit acrylic.
C
Etyl fomat, lysin, glucozơ, phenol.
D
Lysin, etyl fomat, glucozơ, anilin.

Câu 28 :

Este X có công thức phân tử C₆H₁₀O₄. Xà phòng hóa hoàn toàn X bằng dung dịch NaOH, thu được ba chất hữu cơ Y, Z, T. Biết Y tác dụng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xanh lam. Nung nóng Z với hỗn hợp rắn gồm NaOH và CaO, thu được CH₄. Phát biểu nào sau đây sai ?

A
Z không làm mất màu dung dịch nước Br₂.
B
T có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.
C
X có hai công thức cấu tạo phù hợp.
D
Y có mạch cacbon phân nhánh.

Câu 29 :

Cho 5 chất: NaOH, HCl, AgNO₃, HNO₃, Cl₂. Số chất tác dụng được với dung dịch Fe(NO₃)₂ là

Câu 30 :

Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearrat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O₂, thu được H₂O và 2,28 mol CO₂. Mặt khác, m gam Xtác dụng tối đa với a mol Br₂ trong dung dịch. Giá trị của a là

A
0,20.
B
0,04.
C
0,16.
D
0,08.

Câu 31 :

Điện phân dung dịch hỗn hợp NaCl và 0,05 mol CuSO₄ bằng dòng điện một chiều có cường độ 2A (điện cực trơ, có màng ngăn). Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được khí ở hai điện cực có tổng thể tích là 2,352 lít (đktc) và dung dịch X. Dung dịch X hòa tan được tối đa 2,04 gam Al₂O₃. Giả sử hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là

A
8685.
B
7720.
C
9408.
D
9650.

Câu 32 :

Hỗn hợp E gồm bốn este đều có công thức C₈H₈O₂ và có vòng benzen. Cho 16,32 gam E tác dụng tối đa với V ml dung dịch NaOH 1M (đun nóng), thu được hỗn hợp X gồm các ancol và 18,78 gam hỗn hợp muối. Cho toàn bộ X vào bình đựng kim loại Na dư, sau khi phản ứng kết thúc khối lượng chất rắn trong bình tăng 3,83 gam so với ban đầu. Giá trị của V là

A
190.
B
120.
C
240.
D
100

Câu 33 :

Tiến hành các thí nghiệm sau:

(a) Sục khí Cl₂ vào dung dịch NaOH ở nhiệt độ thường

(b) Hấp thụ hết 2 mol CO₂ vào dung dịch chứa 3 mol NaOH

(d) Cho hỗn hợp Fe₂O₃ và Cu (tỉ lệ mol tương ứng 2 : 1) vào dung dịch HCl dư

(e) Cho CuO vào dung dịch HNO₃

(f) Cho KHS vào dung dịch NaOH vừa đủ

Số thí nghiệm thu được 2 muối là

Câu 34 :

Hợp chất hữu cơ X (C₈H₁₅O₄N) tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được sản phẩm hữu cơ gồm muối đinatri glutamat và ancol. Số công thức cấu tạo của X là

Câu 35 :

Hòa tan hết hỗn hợp X gồm 5,6 gam Fe; 27 gam Fe(NO₃)₂ và m gam Al trong dung dịch chứa 0,61 mol HCl. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 47,455 gam muối trung hòa và 2,352 lít khí (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và N₂O. Tỉ khối hơi của Z so với H₂ là 16. Giá trị của m là

A
1,080.
B
5,400.
C
2,160.
D
4,185.

Câu 36 :

Nung hỗn hợp rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO₃)₂, sau một thời gian thu được chất rắn B và 10,08 lít khí hỗn hợp D gồm NO₂ và O₂. Hòa tan hoàn tòa B vào dung dịch chứa 1,3 mol HCl (vừa đủ), thu được dung dịch X chỉ chứa m gam hỗn hợp muối clorua và 1,12 lít hỗn hợp khí Y gồm N₂ và H₂ có tỉ khối so với hidro là 11,4. Biết các thể tích đều ở đktc. Giá trị của m gần nhất với :

A

70
B

71
C

74
D

72

Câu 37 :

Điện phân dung dịch X gồm Cu(NO₃)₂ và NaCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2,5A. Sau t giây, thu được 7,68 gam kim loại ở catot, dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và hỗn hợp khí ở anot có tỉ khối hơi so với H₂ bằng 25,75. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian 12352 giây thì tổng số mol khí thu được ở hai điện cực là 0,11 mol. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Số mol ion Cu²⁺ trong Y là

A
0,02.
B
0,01.
C
0,04.
D
0,03.

Câu 38 :

Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, phân tử đều có chứa hai liên kết π; Z là ancol hai chức có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este được tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z và T cần vừa đủ 28,56 lít O₂ (đktc), thu được 45,1 gam CO₂ và 19,8 gam H₂O. Mặt khác, m gam E tác dụng với tối đa 16 gam Br₂ trong dung dịch. Nếu cho m gam E tác dụng hết với dung dịch NaOH (dư, đun nóng) thì thu được bao nhiêu gam muối?

A
11,0 gam.
B
10,1 gam.
C
12,9 gam.
D
25,3 gam.

Câu 39 :

Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe₃O₄, Fe(NO₃)₂, Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 3,1 mol KHSO₄ loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat trung hòa và 10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với He là 23/18. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp Z gần nhất với giá trị nào sau đây?

A
30
B
20
C
15
D
25

Câu 40 :

Cho hỗn hợp E gồm 0,1 mol X (C₅H₁₁O₄N) và 0,15 mol Y (C₅H₁₄O₄N₂, là muối của axit cacboxylic hai chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH, thu được một ancol đơn chức, hai amin no (kế tiếp trong dãy đồng đẳng) và dung dịch T. Cô cạn T, thu được hỗn hợp G gồm ba muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có hai muối của hai axit cacboxylic và muối của một α-amino axit). Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn nhất trong G là

A
24,57%.
B
54,13%.
C
52,89%.
D
25,53%.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Trong các kim loại: Al, Mg, Fe và Cu, kim loại có tính khử mạnh nhất là

A
Mg.
B
Al.
C
Cu.
D
Fe.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Ghi nhớ dãy điện hóa của kim loại, tính kim loại càng mạnh thì tính khử càng mạnh

Lời giải chi tiết :

Mg là kim loại có tính khử mạnh nhất

Câu 2 :

Chất nào sau đây là muối axit

A
NaHSO₄.
B
NaCl.
C
KNO₃.
D
Na₂SO₄.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Dựa vào định nghĩa của muối axit: là muối mà trong phân tử còn nguyên tử H co khả năng phân li cho ra H⁺

Lời giải chi tiết :

NaHSO₄ là muối axit

Câu 3 :

A
0,10.
B
0,15.
C
0,06.
D
0,25.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

áp dụng công thức khi đốt cháy một hợp chất hữu cơ X có độ bất bão hòa k có:

${n_X} = {{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}} \over {k - 1}} \Rightarrow k = ?$

Đặt công thức chung của X là: C_xH_y

=> n_Br2 = n_{liên kết pi bị phá vỡ} = k.n_X = ? (mol)

$ \Rightarrow \left\{ \matrix{
x = {{{n_{C{O_2}}}} \over {{n_X}}} = ? \hfill \cr
y = {{2{n_{{H_2}O}}} \over {{n_X}}} = ? \hfill \cr} \right.$

Lời giải chi tiết :

n_CO2 = 6,272 :22,4 = 0,28 (mol)

n_H2O = 6,12 :18 = 0,34 (mol)

áp dụng công thức khi đốt cháy một hợp chất hữu cơ X có độ bất bão hòa k có:

${n_X} = {{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}} \over {k - 1}} \Rightarrow 0,16 = {{0,28 - 0,34} \over {k - 1}} \Rightarrow k = 0,625$

Đặt công thức chung của X là: C_xH_y

$ \Rightarrow \left\{ \matrix{
x = {{{n_{C{O_2}}}} \over {{n_X}}} = {{0,28} \over {0,16}} = 1,75 \hfill \cr
y = {{2{n_{{H_2}O}}} \over {{n_X}}} = {{2.0,34} \over {0,16}} = 4,25 \hfill \cr} \right.$

CTPT chung của X là: C_1,75H_4,25

Xét 10,1 g X hay 0,4 mol X phản ứng với a mol dd Br₂

=> n_Br2 = n_{liên kết pi bị phá vỡ} = k.n_X = 0,625.0,4 = 0,25 (mol)

Câu 4 :

Thuốc thử dùng để phân biệt giữa axit axetic và rượu etylic là

A
kim loại Na.
B
quỳ tím.
C
dung dịch NaNO₃.
D
dung dịch NaCl

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Dựa vào tính chất hóa học khác nhau của 2 chất để chọn thuốc thử phù hợp.

Lời giải chi tiết :

Cho quỳ tím lần lượt vào axit axetic và rượu etylic

+ Qùy tím chuyển sang màu đỏ là axit axetic, còn lại quỳ tím không chuyển màu là rượu etylic

Câu 5 :

Đốt cháy hoàn toàn amin X (no, đơn chức, mạch hở), thu được 0,2 mol CO₂ và 0,05 mol N₂. Công thức phân tử X là

A

C₄H₉N.
B
C₄H₁₁N.
C
C₂H₇N.
D
C₂H₅N.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Đặt công thức của amin no, đơn chức, mạch hở là: C_nH_2n+3N.

BTNT “N”: n_CnH2n+3N = 2n_N2 = ? (mol)

=> n = n_CO2/ n_X = ? => CTPT của X

Lời giải chi tiết :

Đặt công thức của amin no, đơn chức, mạch hở là: C_nH_2n+3N.

BTNT “N”: n_CnH2n+3N = 2n_N2 = 2. 0,05 = 0,1 (mol)

=> n = n_CO2/ n_X = 0,2/0,1 = 2

=> CTPT của X: C₂H₇N

Câu 6 :

Để thu được kim loại Cu từ dung dịch CuSO₄ theo phương pháp thủy luyện, có thể dùng kim loại nào sau đây?

A
Fe.
B
Na.
C
Ag.
D
Ca.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Điều chế kim loại bằng phương pháp thủy luyện là dùng kim loại mạnh hơn để đẩy kim loại yếu hơn ra khỏi muối của chúng (từ Mg trở về sau)

Lời giải chi tiết :

Fe đứng trước Cu trong dãy điện hóa học nên đẩy được Cu²⁺ ra khỏi muối của chúng

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu↓

Câu 7 :

Các loại phân lân đều cung cấp cho cây trồng nguyên tố

A

kali.
B

photpho
C

nitơ
D

cacbon

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Ghi nhớ các loại phân bón hóa học

Phân lân: cung cấp P

Phân đạm: cung cấp N

Phân kali: cung cấp K

Lời giải chi tiết :

Phân lân cung cấp cho cây trồng nguyên tố photpho

Câu 8 :

Chất nào sau đây tác dụng được với dung dịch AgNO₃ trong NH₃?

A
Metan.
B
Benzen.
C
Propin.
D
Cacbon.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Các ank -1 –in đều tác dụng được với dd AgNO₃/NH₃

Lời giải chi tiết :

Propin (CH≡C-CH₃) có phản ứng với AgNO₃/NH₃ tạo kết tủa vàng

CH≡C-CH₃ + AgNO₃ + NH₃ + H₂O → CAg≡C-CH₃↓ + NH₄NO₃

Câu 9 :

A
27,0%.
B
54,0%.
C
49,6%.
D
48,6%.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Cho Ag và Al phản ứng với HCl dư, chỉ có Al tham gia phản ứng

Tính toán mol Al theo mol H₂ dựa vào PT:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ +3H₂↑

%Al = (m_Al/ m_hh).100% = ?

Lời giải chi tiết :

n_H2(ĐKTC) = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol)

Cho Ag và Al phản ứng với HCl dư, chỉ có Al tham gia phản ứng

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ +3H₂↑

0,1 ← 0,15 (mol)

=> m_Al = 0,1.27 = 2,7 (g)

%Al = (m_Al/ m_hh).100% = (2,7/5).100% = 54,0%

Câu 10 :

Cho vài giọt quỳ tím vào dung dịch NH₃ thì dung dịch chuyển thành

A
màu vàng
B
màu đỏ.
C
màu hồng.
D
màu xanh.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Ghi nhớ sự đổi màu của quỳ tím

+ Môi trường axit chuyển sang màu đỏ

+ Môi trường bazo chuyển sang màu xanh

Lời giải chi tiết :

Dd NH₃ có môi trường bazo nên làm quỳ tím chuyển sang màu xanh

Câu 11 :

Cho các phát biểu sau:

(a) Điện phân dung dịch NaCl (điện cực trơ), thu được H₂ ở catot.

(b) Cho CO dư qua hỗn hợp Al₂O₃ và CuO đun nóng, thu được Al và Cu.

(d) Kim loại có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất là Hg, kim loại dẫn điện tốt nhất là Ag.

(e) Cho dung dịch AgNO₃ dư vào dung dịch FeCl₂, thu được chất rắn gồm Ag và AgCl.

Số phát biểu đúng là

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Xem lại lý thuyết về điện phân, đại cương kim loại, lý thuyết về C và hợp chất của C

Lời giải chi tiết :

(a) đúng $2NaCl + 2{H_2}O\buildrel {} \over\longrightarrow 2NaOH + C{l_2}(anot) + {H_2}(catot)$

(b) Sai vì CO không khử được Al₂O₃

(c) đúng vì khi đó hình thành 2 cặp oxi hóa khử khác nhau là Zn²⁺/Zn và Cu²+/Cu cùng nhúng trong 1 dung dịch chất điện li là H₂SO₄ => hình thành ăn mòn điện hóa.

(d) đúng

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

=> có 4 phát biểu đúng

Câu 12 :

Fructozơ là một loại monosaccarit có nhiều trong mật ong, có vị ngọt sắc. Công thức phân tử của fructozơ là

A
C₂H₄O₂.
B
C₁₂H₂₂O₁₁.
C
C₆H₁₂O₆.
D
(C₆H₁₀O₅)_n.

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

Công thức phân tử của fructozơ là C₆H₁₂O₆.

Câu 13 :

Polime nào sau đây thuộc loại polime thiên nhiên?

A
Polietilen.
B

Tơ tằm
C
Polieste.
D
Polipropilen.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Dựa vào sự phân loại của polime

+ polime thiên nhiên: tơ tằm, bông, len sơi

+ polime bán tổng hợp: tơ visco, tơ axetat

+ polime tổng hợp: các loại còn lại

Lời giải chi tiết :

Polime thuộc loại polime thiên nhiên là tơ tằm

Câu 14 :

A

10
B

5
C

12
D

8

Đáp án : A

Phương pháp giải :

BTNT C: n_CaCO3 = n_CO2 = n_{O(trong CuO)}

Lời giải chi tiết :

n_CuO = 8 : 80 = 0,1 (mol)

CO + CuO $\xrightarrow{{{t^0}}}$ Cu + CO₂

0,1 → 0,1 (mol)

Hỗn hợp khí X có CO₂ và CO dư, khi cho qua dung dịch nước vôi trong dư chỉ có CO₂ tham gia phản ứng

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

0,1 → 0,1 (mol)

=> m_{kết tủa} = m_CaCO3 = 0,1.100 = 10 (g)

Câu 15 :

Một số loại khẩu trang y tế chứa hoạt chất bột màu đen có khả năng lọc không khí. Chất đó là

A
muối ăn
B
đá vôi
C
than hoạt tính
D
thạch cao

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Dựa vào kiến thức ứng dụng của cacbon

Lời giải chi tiết :

Than hoạt tính là chất thường được sử dụng trong khẩu trang y tế do khả năng hấp phụ tốt nên có thể lọc không khí

Câu 16 :

A
NaOH.
B
NaHCO₃.
C
Ca(HCO₃)₂.
D
Na₂CO₃.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Suy luận

Lời giải chi tiết :

$2NaCl + 2{H_2}O\buildrel {} \over
\longrightarrow 2NaOH + C{l_2} + {H_2}$

Dd X là NaOH

CO₂ dư + 2NaOH → NaHCO₃

Dd Y là NaHCO₃ + Ca(OH)₂ theo tỉ lệ 1:1

NaHCO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + NaOH + H₂O

Z tan trong nước => Z là NaOH

Câu 17 :

ở nhiệt độ thường, chất nào sau đây làm mất màu dung dịch nước Br₂?

A
Etilen.
B
Metan.
C
Butan.
D
Benzen.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Các chất có cấu tạo phân tử có liên kết đôi mạch ngoài C=C đều có pư với Br₂ ở nhiệt độ thường

Lời giải chi tiết :

Eilen làm mất màu dd nước Br₂ ở nhiệt độ thường

CH₂=CH₂ + Br₂ → CH₂Br-CH₂Br

Câu 18 :

A
5,4.
B
3,6.
C
6,3.
D
4,5.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

BTNT “C” n_CO2 = n_CaCO3 = ? (mol)

Đốt cháy CH₃COOCH₃ và CH₃COOC₂H₅ đều thu được số mol H₂O = mol CO₂

Lời giải chi tiết :

Đốt cháy CH₃COOCH₃ và CH₃COOC₂H₅ đều thu được số mol H₂O = mol CO₂

BTNT “C” n_CO2 = n_CaCO3 = 25:100 =0,25 (mol)

=> n_H2O = n_CO2 = 0,25 (mol)

=> m = m_H2O = 0,25.18 = 4,5 (g)

Câu 19 :

Lên men m gam glucozơ thành ancol etylic với hiệu suất 50%, thu được 4,48 lít CO₂. Giá trị của m là

A
18,0
B
16,2.
C
32,4.
D
36,0

Đáp án : D

Phương pháp giải :

C₆H₁₂O₆ $\buildrel {len\,men} \over\longrightarrow $2CO₂ + 2C₂H₅

Vì %H =50% => m_{C6H12O6 thực tế} = m_{C6H12O6 lí thuyết} :%H = ?

Lời giải chi tiết :

n_CO2(ĐKTC) = 4,48:22,4 = 0,2 (mol)

C₆H₁₂O₆ $\buildrel {len\,men} \over\longrightarrow $2CO₂ + 2C₂H₅OH

0,1 ← 0,1 (mol)

=> m_C6H12O6 lí thuyết = 0,1.180 = 18 (g)

Vì %H =50% => m_{C6H12O6 thực tế} = m_{C6H12O6 lí thuyết} .100% :%H = 18 :0,5 = 36 (g)

Câu 20 :

Cho axit acrylic tác dụng với ancol đơn chức X, thu được este Y. Trong Y, oxi chiếm 32% về khối lượng. Công thức của Y là

A
C₂H₃COOCH₃.
B
C₂H₅COOC₂H₅.
C
C₂H₃COOC₂H₅.
D
CH₃COOC₂H₅.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Đặt công thức của ancol đơn chức là ROH

PTHH: CH₂=CH-COOH + ROH → CH₂=CH-COOR + H₂O

$\% O = {{32} \over {71 + R}}.100\% = 32 \Rightarrow R = ?$

Lời giải chi tiết :

Đặt công thức của ancol đơn chức là ROH

PTHH: CH₂=CH-COOH + ROH → CH₂=CH-COOR + H₂O

$\% O = {{32} \over {71 + R}}.100\% = 32 \Rightarrow R = 29\,\,({C_2}{H_5} - )$

Vậy CTCT của Y là: CH₂=CH-COOC₂H₅ hay C₂H₃COOC₂H₅

Câu 21 :

Cho phản ứng: aFe + bHNO₃ → cFe(NO₃)₃ + dNO + eH₂O.

Các hệ số a,b,c,d,e là những số nguyên, đơn giản nhất. Tổng (a+b) bằng:

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Cân bằng phương trình bằng phương pháp ion electron

Lời giải chi tiết :

=> tổng hệ số a +b = 1 +4 = 5

Câu 22 :

Polime nào sau đây được tổng hợp bằng phản ứng trùng hợp?

A
Poli (vinyl clorua).
B
Nilon -6,6.
C
Poli (etylen terephtalat).
D
Polisaccarit.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Dựa vào định nghĩa:

+ Trùng hợp: là quá trình kết hợp nhiều phân tử nhỏ(monome) giống nhau hay tương tự nhau thành phân tử lớn (polime)

+ Trùng ngưng là quá trình kết hợp nhiều phân tử nhỏ(monome) thành phân tử lớn (polime) đồng thời giải phóng những phân tử nhỏ khác (như H₂O…)

Lời giải chi tiết :

Poli (vinyl clorua) được điều chế bằng pư trùng hợp

Nilon -6,6, Poli (etylen terephtalat) được điều chế bằng pư trùng ngưng.

Câu 23 :

Thực hiện thí nghiệm điều chế khí X, khí X thu được vào bình tam giác theo hình vẽ bên.

Thí nghiệm đó là

A
Cho dung dịch H₂SO₄ loãng vào bình đựng hạt kim loại Zn.
B
Cho dung dịch HCl vào bình đựng bột CaCO₃.
C
Cho dung dịch HCl đặc vào bình đựng tinh thể K₂Cr₂O₇.
D
Cho dung dịch H₂SO₄ đặc vào bình đựng lá kim loại Cu.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Ta thấy khí X thu bằng cách úp bình => khí X có phân tử khối nhẹ hơn không khí

Lời giải chi tiết :

Ta thấy khí X thu bằng cách úp bình => khí X có phân tử khối nhẹ hơn không khí

A. H₂SO₄ + Zn → ZnSO₄ + H₂↑

B. 2HCl + CaCO₃↓ → CaCl₂ + CO₂↑ + H₂O

C. 14HCl đặc + K₂Cr₂O₇ → 2KCl + 2CrCl₃ + 3Cl₂↑ + 7H₂O

D. 2H₂SO₄ đặc + Cu → CuSO₄ + SO₂↑ + 2H₂O

Trong tất cả các khí trên, chỉ có H₂ là khí thỏa mãn nhẹ hơn không khí

Câu 24 :

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Bước 1: Xác định số mắt xích có trong X

Thuỷ phân 1mol X thu được 2 Gly, 2 Ala, 1 Val ⟹ X là pentapeptit.

Bước 2: Biện luận tìm CTCT phù hợp

- Thủy phân không hoàn toàn peptit thu được Gly- Ala- Val và không có Gly-Gly => Trong trật tự sắp xếp của peptit bắt buộc phải có cấu tạo theo thứ tự Gly - Ala- Val
- Ta thấy Gly - Ala - Val đã chiếm 1 Gly và 1 Ala còn lại 1Gly và 1 Ala nữa => Ta ghép vào trước hoặc sau mạch Gly - Ala - Val để được các CTCT thoả mãn

Lời giải chi tiết :

Bước 1: Xác định số mắt xích có trong X

- 1 phân tử X chứa 2 Gly, 2 Ala, 1 Val ⟹ X là pentapeptit.

Bước 2: Biện luận tìm CTCT phù hợp

- X thủy phân không hoàn toàn tạo Gly-Ala-Val nên các công thức cấu tạo thỏa mãn là:

Gly – Ala – Val−Ala – Gly

Gly – Ala – Val−Gly – Ala

Gly- Gly – Ala – Val−Ala

Ala – Gly – Ala – Val – Gly

Gly –Ala - Gly – Ala – Val

Ala – Gly - Gly – Ala – Val.

Vậy có tất cả 6 công thức cấu tạo phù hợp với tính chất của X.

Câu 25 :

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Xem lại lý thuyết về cacbohidrat, amin, lipt và este

Lời giải chi tiết :

Các thí nghiệm xảy ra phản ứng là

(a) CH₃NH₂ + CH₃COOH → CH₃COONH₃CH₃

(b) (C₆H₁₀O₅)_n$\buildrel {{H_2}S{O_4}\,} \over\longrightarrow $ nC₆H₁₂O₆ (glucozo)

(d) C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → 2,4,6- tri brom anlanin + 3HBr

(e) HCl + HOOC-[CH₂]₂-CH(NH₂)-COOH → HOOC-[CH₂]₂-CH(NH₃Cl)-COOH

(g) HCOOCH₃ + 2AgNO₃ + 2NH₃ + H₂O$\buildrel {{t^0}\,} \over\longrightarrow $ NH₄OOCCH₃ + 2Ag↓ + NH₄NO₃

=> cả 6 thí nghiệm đều xảy ra pư

Câu 26 :

A
1,9.
B
2,4.
C
2,1.
D
1,8.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Bảo toàn khối lượng: m_O2 = m_X - m_Y

Bảo toàn e: n_{e(Mn+7, Cl+5)} nhường = n_{e (O2, Cl2) nhận}

BTNT Mn, K, Cl

Lời giải chi tiết :

$X\left\{ \matrix{
K\mathop {Mn}\limits^{ + 7} {O_4} \hfill \cr
K\mathop {Cl}\limits^{ + 5} {O_3} \hfill \cr} \right.\buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
Y:{K_2}Mn{O_4},Mn{O_2},KCl,KMn{O_4}du,KCl{O_3}du\buildrel { + H\mathop {Cl}\limits^{ - 1} } \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
\mathop {Mn}\limits^{ + 2} \mathop {C{l_2}}\limits^{ - 1} ,K\mathop {Cl}\limits^{ - 1} ,HCldu \hfill \cr
\mathop {C{l_2}}\limits^0 :0,675\,mol \hfill \cr} \right. \hfill \cr
\mathop {{O_2}:}\limits^0 0,15\,mol \hfill \cr} \right.$

BTKL ta có:

m_O2 = m_X – m_Y = 48,2 -43,4 = 4,8 (g) => n_O2= 0,15(mol)

Trong X đặt số mol KMnO₄ và KClO₃ lần lượt là a và b (mol)

Ta có:

$\left\{ \matrix{
{m_X} = 158a + 122,5b = 48,2 \hfill \cr
\buildrel {BTe} \over
\longrightarrow 5a + 6b = 0,15.4 + 0,675.2 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
a = 0,15 \hfill \cr
b = 0,2 \hfill \cr} \right.$

BTNT “Mn”: n_MnCl2 = n_KMnO4 = 0,15 (mol)

BTNT “K’: n_KCl = n_KMnO4 + n_KClO3 = 0,15 + 0,2 = 0,35 (mol)

BTNT “Cl”: n_KClO3 + n_HCl = 2n_MnCl2 + n_KCl + 2n_Cl2 => n_HCl = 2.0,15 + 0,35 +2.0,675 – 0,2 = 1,8 (mol)

Câu 27 :

Tiến hành thí nghiệm với các dung dịch X, Y, Z và T. Kết quả được ghi ở bảng sau:

X, Y, Z, T lần lượt là

A
Glucozơ, lysin, etyl fomat, anilin.
B
Etyl fomat, lysin, glucozơ, axit acrylic.
C
Etyl fomat, lysin, glucozơ, phenol.
D
Lysin, etyl fomat, glucozơ, anilin.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Suy luận kết hợp với đáp án

Lời giải chi tiết :

X,Z tạo kết tủa Ag với AgNO₃/NH₃, Z còn tạo dd màu xanh lam với Cu(OH)₂ => X là Etyl fomat và Z là glucozơ

Y làm quỳ tím chuyển sang màu xanh => Y có môi trường bazo => Y là Lysin

T tạo kết tủa trắng với dd Br₂ => T là anilin hoặc phenol

Từ đáp án X, Y, Z, T thỏa mãn lần lượt là: Etyl fomat, lysin, glucozơ, phenol

Câu 28 :

A
Z không làm mất màu dung dịch nước Br₂.
B
T có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.
C
X có hai công thức cấu tạo phù hợp.
D
Y có mạch cacbon phân nhánh.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Este X có CTPT C₆H₁₀O₄ có độ bất bão hòa = 2 => este 2 chức

Y + Cu(OH)₂ => Dung dịch xanh lam nên Y là ancol 2 chức có OH kề nhau.

=> Y, Z là các muối đơn chức.

Z+ NaOH/CaO → CH₄ nên Z là CH₃COONa

X là CH₃COO-CH₂-CH(CH₃)-OOC-H hoặc HCOO-CH₂- CH(CH₃)-OOC-CH₃.

Y là CH₂OH-CH(CH₃)OH

T là HCOONa

Từ đó xét kết luận đúng, sai

Lời giải chi tiết :

Este X có CTPT C₆H₁₀O₄ có độ bất bão hòa = 2 => este 2 chức

Y + Cu(OH)₂ => Dung dịch xanh lam nên Y là ancol 2 chức có OH kề nhau.

=> Y, Z là các muối đơn chức.

Z+ NaOH/CaO → CH₄ nên Z là CH₃COONa

X là CH₃COO-CH₂-CH(CH₃)-OOC-H hoặc HCOO-CH₂- CH(CH₃)-OOC-CH₃.

Y là CH₂OH-CH(CH₃)OH

T là HCOONa

A. Đúng

B. Đúng

C. Đúng

D. Sai, Y mạch thẳng

Câu 29 :

Cho 5 chất: NaOH, HCl, AgNO₃, HNO₃, Cl₂. Số chất tác dụng được với dung dịch Fe(NO₃)₂ là

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

Tất cả 5 chất đều có pư với Fe(NO₃)₂

2NaOH + Fe(NO₃)₂ → Fe(OH)₂↓ + NaNO₃

12HCl + 9Fe(NO₃)₂ → 5Fe(NO₃)₃ + 4FeCl₃ + 3NO + 6H₂O

AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓

4HNO₃ + 3Fe(NO₃)₂ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + H₂O

3Cl₂ + 6Fe(NO₃)₂ → 2Fe(NO₃)₃ + 2FeCl₃

Câu 30 :

A
0,20.
B
0,04.
C
0,16.
D
0,08.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

X chứa 1 gộc stearat + 2 gốc oleat hoặc 2 gốc stearat và 1 gốc oleat

=> dù là trường hợp nào thì X cũng có 18 C

=> Gọi CTPT chung của X có dạng: C₅₇H_yO₆

=> n_X= n_CO2/57 = 2,28/57 = 0,04 (ol)

BTNT “O”: 6.n_X + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => n_H2O = ? (mol)

=> y = số nguyên tử H = 2n_H2O/n_X = ?

=> Độ bất bão hòa của X là: $k = {{2.57 + 2 - y} \over 2} = ?$

=> số liên kết pi C=C có trong X là: 8 – pi (COO) = ?

=> số mol Br₂ pư = số mol liên kết pi phá vỡ C=C = ?

Lời giải chi tiết :

Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearrat và natri oleat. => X chứa 1 gộc stearat + 2 gốc oleat hoặc 2 gốc stearat và 1 gốc oleat

=> dù là trường hợp nào thì X cũng có 18 C

=> Gọi CTPT chung của X có dạng: C₅₇H_yO₆

C₅₇H_yO₆ + 3,22 mol O₂ → 2,28 molCO₂ + 0,5y H₂O

=> n_X= n_CO2/57 = 2,28/57 = 0,04 (ol)

BTNT “O”: 6.n_X + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => n_H2O = 6.0,04 +2.3,22 – 2.2,28 = 2,12 (mol)

=> y = số nguyên tử H = 2n_H2O/n_X = 2.2,12/0,04 = 106

=> CTPT của X: C₅₇H₁₀₆O₆

=> Độ bất bão hòa của X là: $k = {{2.57 + 2 - 106} \over 2} = 8$

=> số liên kết pi C=C có trong X là: 8 – pi (COO) = 8 – 6 = 2

=> số mol Br₂ pư = số mol liên kết pi phá vỡ = 2.0,04 = 0,08 (mol) = a

Câu 31 :

A
8685.
B
7720.
C
9408.
D
9650.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

TH1: X chứa H⁺=> Cl^- điện phân hết trước Cu2+ => a < 2n_Cu2+

Cu²⁺+ 2Cl^- → Cu + Cl₂

Cu²⁺+ H₂O → Cu + 2H⁺ + 0,5O₂

H₂O → H₂ + 0,5O₂

Thấy trường hợp này vô lí vì n_{Cu bị đp}> n_{Cu ban đầu}=> loại

TH2: X chứa OH^- => Cu²⁺điện phân hết trước Cl^-=> a > 2n_Cu2+

(1) Cu²⁺+ 2Cl^- → Cu + Cl₂

(2) Cl^- + H₂O → 0,5Cl₂ + 0,5H₂ + OH^-

(3) H₂O → H₂ + 0,5O₂

Lời giải chi tiết :

n_Al2O3 = 0,02 mol;

Đặt n_NaCl= a mol

TH1: X chứa H⁺=> Cl^- điện phân hết trước Cu2+ => a < 2n_Cu2+ = 0,04 mol

=> n_H+= 6n_Al2O3 = 1,2 mol

Cu²⁺+ 2Cl^- → Cu + Cl₂

a →0,5a→0,5a

Cu²⁺+ H₂O → Cu + 2H⁺ + 0,5O₂

0,6←1,2

H₂O → H₂ + 0,5O₂

Thấy trường hợp này vô lí vì n_{Cu bị đp}= 0,5a + 0,6 > n_{Cu ban đầu}=> loại

TH2: X chứa OH^- => Cu²⁺điện phân hết trước Cl^-=> a > 2n_Cu2+= 0,04 mol

n_OH-= 2n_Al2O3 = 0,04 mol

(1) Cu²⁺+ 2Cl^- → Cu + Cl₂

0,05 → 0,1 → 0,05

(2) Cl^- + H₂O → 0,5Cl₂ + 0,5H₂ + OH^-

0,02← 0,02 ←0,04

(3) H₂O → H₂ + 0,5O₂

x x 0,5x

Khí gồm: Cl₂ (0,07 mol); H₂ (x + 0,02 mol) và O₂ (0,5x mol)

=> n _khí= n_Cl2+ n_H2 + n_O2 = 1,5x + 0,09 = 0,105 => x = 0,01

=> n _e = 2n_Cl2(1) + 2n_{H2 (2)} + 2n_{H2 (3)} = 0,05.2 + 0,02.2 + 0,01.2 = 0,16 mol

=> t = n_e.F/I = 0,16.96500/2 = 7720 giây

Câu 32 :

A
190.
B
120.
C
240.
D
100

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Ta thấy C₈H₈O₂ có các đồng phân este là:

HCOOCH₂C₆H₅

C₆H₅COOCH₃

HCOOC₆H₄CH₃ (o,m,p)

Do cho E tác dụng với NaOH thu được các ancol nên E chứa HCOOCH₂C₆H₅, C₆H₅COOCH₃và 2 este còn lại đều có công thức là HCOOC₆H₄CH₃ (o,m hoặc m,p hoặc o,p)

Coi E chứa HCOOCH₂C₆H₅ (x mol), C₆H₅COOCH₃ (y mol), HCOOC₆H₄CH₃ (z mol)

Dựa vào các dữ kiện đề bài để lập hệ phương trình.

Lời giải chi tiết :

Ta thấy C₈H₈O₂ có các đồng phân este là:

HCOOCH₂C₆H₅

C₆H₅COOCH₃

HCOOC₆H₄CH₃ (o,m,p)

Coi E chứa HCOOCH₂C₆H₅ (x mol), C₆H₅COOCH₃ (y mol), HCOOC₆H₄CH₃ (z mol)

+ n_E = x + y + z = 16,32 : 136 = 0,12 mol (1)

+ X chứa: C₆H₅CH₂OH (x mol) CH₃OH (y mol)

n_H2= 0,5x + 0,5y (mol)

m _{bình tăng}= m _ancol– m_H2 = 108x + 32y – 2.(0,5x+0,5y) = 3,83 (2)

+ Muối gồm: HCOONa (x + z mol); C₆H₅COONa (y mol) và CH₃C₆H₄ONa (z mol)

=> m _muối= 68(x+z) + 144y + 130z = 18,78 (3)

Giải (1) (2) (3) được x = 0,03; y = 0,02; z = 0,07

n_NaOH = x + y + 2z = 0,19 mol

=> V = 190ml

Câu 33 :

Tiến hành các thí nghiệm sau:

(a) Sục khí Cl₂ vào dung dịch NaOH ở nhiệt độ thường

(b) Hấp thụ hết 2 mol CO₂ vào dung dịch chứa 3 mol NaOH

(d) Cho hỗn hợp Fe₂O₃ và Cu (tỉ lệ mol tương ứng 2 : 1) vào dung dịch HCl dư

(e) Cho CuO vào dung dịch HNO₃

(f) Cho KHS vào dung dịch NaOH vừa đủ

Số thí nghiệm thu được 2 muối là

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Viết PTHH để suy ra những phản ứng thu được dung dịch chứa 2 muối.

Lời giải chi tiết :

(a) Cl₂ + 2NaOH → NaCl + NaClO + H₂O

=> thu được 2 muối NaCl, NaClO

(b) n_NaOH : n_CO2 = 3 : 2 = 1,5 => thu được NaHCO₃ và Na₂CO₃

2NaOH + CO₂ → Na₂CO₃ + H₂O

NaOH + CO₂ → NaHCO₃

=> thu được 2 muối KCl, MnCl₂

(d) Cho hỗn hợp Fe₂O₃ và Cu (tỉ lệ mol tương ứng 2 : 1) vào dung dịch HCl dư

Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

2 4

Cu + 2FeCl₃ → 2FeCl₂ + CuCl₂

1 → 2 _{dư 2} → 2 → 1

=> Thu được 3 muối là FeCl₃, FeCl₂, CuCl₂

(e) CuO + 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + H₂O

=> thu được 1 muối là Cu(NO₃)₂

(f) 2KHS + 2NaOH → Na₂S + K₂S + 2H₂O

=> thu được 2 muối là K₂S và Na₂S

Vậy có 4 phản ứng thu được 2 muối

Câu 34 :

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Viết các đồng phân cấu tạo thỏa mãn các dữ kiện đề bài.

+ 2 chức este

+ 1 chức este và 1 chức axit

Lời giải chi tiết :

Các công thức cấu tạo thỏa mãn của X là:

Câu 35 :

A
1,080.
B
5,400.
C
2,160.
D
4,185.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Bảo toàn nguyên tố

Bảo toàn điện tích

Lời giải chi tiết :

Tính được n_NO = 0,09 mol và n_N2O = 0,015 mol

$\left\{ \begin{gathered}
Fe:0,1 \hfill \\
Fe{(N{O_3})_2}:0,15 \hfill \\
Al:b \hfill \\
\end{gathered} \right. + HCl:0,61 \to 47,455(g)\left\{ \begin{gathered}
F{e^{2 + }}:a \hfill \\
F{e^{3 + }}:0,25 - a \hfill \\
A{l^{3 + }}:b \hfill \\
N{H_4}^ + :c \hfill \\
N{O_3}^ - :d \hfill \\
C{l^ - }:0,61 \hfill \\
\end{gathered} \right. + \left\{ \begin{gathered}
NO:0,09 \hfill \\
{N_2}O:0,015 \hfill \\
\end{gathered} \right. + {H_2}O$

+ BTNT “N”: 0,15.2 = c + d + 0,09 + 0,015.2 (1)

+ m _muối= 56.0,25 + 27b + 18c + 62d + 0,61.35,5 = 47,455 (2)

+ BTNT “H” => n_H2O = (n_HCl – 4n_NH4+)/2 = 0,305 – 2c (mol)

BTNT “O”: 0,15.6 = 3d + 0,09 + 0,015 + 0,305 – 2c (3)

+ BTĐT: 2a + 3(0,25-a) + 3b + c = d + 0,61 (4)

Giải (1) (2) (3) (4) được a = 0,1; b = 0,04; c = 0,01; d = 0,17

=> m = m_Al= 0,04.27 = 1,08 gam

Câu 36 :

A

70
B

71
C

74
D

72

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+) Tính n_N2 và n_H2

Trong Y chứa khí H₂ chứng tỏ NO₃^- hết

Hỗn hợp muối clorua gồm : a mol MgCl₂ ; 0,25 mol CuCl₂ ; NH₄Cl

Bảo toàn Clo => ${{n}_{N{{H}_{4}}Cl}}$ theo a

Bảo toàn H : ${{n}_{{{H}_{2}O}}}~=\frac{1}{2}.\left( {{n}_{HCl}}+4{{n}_{N{{H}_{4}}Cl}}\text{-}2{{n}_{{{H}_{2}}}} \right)$

Bảo toàn O : ${{n}_{O}}{{~}_{(Cu{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}})}}={{n}_{O\,(D)}}+{{n}_{O\,({{H}_{2}}O)}}~\Rightarrow a$

=> m

Lời giải chi tiết :

n_D = 0,45 => n_O _(D) = 0,9 mol

n_Y = 0,05 mol

Đặt ${{n}_{{{N}_{2}}}}~=x\text{ }\Rightarrow \text{ }{{n}_{{{H}_{2}}}}=0,05x$

=> 28x + 2.(0,05 – x) = 0,05.11,4.2 = 1,14

=> x = 0,04 mol

=> n_N2 = 0,04 mol và n_H2 = 0,01 mol

Trong Y chứa khí H₂ chứng tỏ NO₃^- hết

Hỗn hợp muối clorua gồm : a mol MgCl₂ ; 0,25 mol CuCl₂ ; NH₄Cl

Bảo toàn Clo : ${{n}_{N{{H}_{4}}Cl}}$ = 1,3 – 2a – 0,5 = 0,8 – 2a

Bảo toàn H : ${{n}_{{{H}_{2}O}}}~=\frac{1}{2}.\left( {{n}_{HCl}}+4{{n}_{N{{H}_{4}}Cl}}\text{-}2{{n}_{{{H}_{2}}}} \right)=4a-0,96$

Bảo toàn O : ${{n}_{O}}{{~}_{(Cu{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}})}}={{n}_{O\,(D)}}+{{n}_{O\,({{H}_{2}}O)}}~\Rightarrow \text{ }0,25.6=0,9+4a-0,96$

=> a = 0,39 mol

=> m = 0,39.95 + 0,25.135 + (0,8 – 2.0,39).53,5 = 71,87 gam

Câu 37 :

A
0,02.
B
0,01.
C
0,04.
D
0,03.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

*t giây: n_Cu = 0,12 mol

Catot: Cu²⁺điện phân chưa hết

Cu²⁺+ 2e → Cu

Anot: Cl^- bị điện phân hết, H₂O đã bị điện phân

Cl- → 0,5Cl₂ + 1e

H₂O → 2H⁺ + 0,5O₂ + 2e

*t = 12352 giây

Anot:

Cl- → 0,5Cl₂ + 1e

H₂O → 2H⁺ + 0,5O₂ + 2e

Catot:

Cu²⁺+ 2e → Cu

H₂O + 1e → 0,5H₂ + OH^-

Lời giải chi tiết :

*t giây: n_Cu = 0,12 mol

Catot: Cu²⁺điện phân chưa hết

Cu²⁺+ 2e → Cu

0,24 ← 0,12

Anot: Cl^- bị điện phân hết, H₂O đã bị điện phân

Áp dụng đường chéo ta có:

Cl₂: 71 19,5

51,5 => n_Cl2 = n_O2

O₂: 32 19,5

Cl- → 0,5Cl₂ + 1e

x → 2x

H₂O → 2H⁺ + 0,5O₂ + 2e

x → 4x

n_e= 2x + 4x = 0,24 => x = 0,04 mol

*t = 12352 giây => n_e = It/F = 2,5.12352/96500 = 0,32 mol

Anot:

Cl- → 0,5Cl₂ + 1e

0,04 → 0,08

H₂O → 2H⁺ + 0,5O₂ + 2e

0,06 ← 0,24

Catot: n khí (catot) = 0,11 – 0,04 – 0,06 = 0,01 mol

Cu²⁺+ 2e → Cu

y 2y

H₂O + 1e → 0,5H₂ + OH^-

0,02 ← 0,01

=> n_e= 2y + 0,02 = 0,32 => y = 0,15 mol

n_{Cu2+ (Y)} = 0,15 – 0,12 = 0,03 mol

Câu 38 :

A
11,0 gam.
B
10,1 gam.
C
12,9 gam.
D
25,3 gam.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Ta thấy n_H2O > n_CO2 => Ancol là ancol no, hai chức, mạch hở

Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2n-2O₂ (= n_Br2)

C_mH_2m+2O₂

H₂O (với n _este = -n_H2O mol)

Lời giải chi tiết :

n_O2= 1,275 mol; n_CO2 = 1,025 mol; n_H2O = 1,1 mol

BTNT “O”: n_O(E) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,6 mol

Ta thấy n_H2O > n_CO2 => Ancol là ancol no, hai chức, mạch hở

Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2n-2O₂: 0,1 mol (= n_Br2)

C_mH_2m+2O₂: a mol

H₂O: -b mol (=> n _este = b mol)

BTNT “O”: n_O = 2.0,1 + 2a – b = 0,6 (1)

BTNT “C”: 0,1n + am = 1,025 (2)

BTNT “H”: (n-1)0,1 + (m+1)a – b = 1,1 (3)

Giải (1) (2) (3) được: a = 0,225 và b = 0,05

Vậy E gồm

Este: 0,05/2 = 0,025

Ancol: 0,225 – 0,025 = 0,2

Axit: 0,1 – 0,025.2 = 0,05

Mặt khác ta có: 0,1n + 0,225m = 1,025 => 0,225m < 1,025 => m < 4,46

Mà ancol có số C bằng X nên suy ra: m ≥ 3 => 3 ≤ m < 4

+ m = 4 => n = 1,25 (loại)

+ m = 3 => n = 3,5 (nhận) => X là C₃H₄O₂ và Z là C₃H₈O₂

Gọi số C của Y là k, BTNT “C”: 0,025(3+k+3) + 0,2.3 + 0,05.3,5 = 1,025 => k = 4

=> Y là C₄H₆O₂

=> n_C3H4O2 = n_C4H6O2 = 0,025 mol

$E\left\{ \begin{gathered}
X:{C_3}{H_4}{O_2}:0,025 \hfill \\
Y:{C_4}{H_6}{O_2}:0,025 \hfill \\
Z:{C_3}{H_8}{O_{2:}}0,2 \hfill \\
T:{C_{10}}{H_{14}}{O_4}:0,025 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to Muoi\left\{ \begin{gathered}
{C_3}{H_3}{O_2}Na:0,025 + 0,025 = 0,05 \hfill \\
{C_4}{H_5}{O_2}Na:0,025 + 0,025 = 0,05 \hfill \\
\end{gathered} \right.$

=> m _muối = 0,05.94 + 0,05.108 = 10,1 gam

Câu 39 :

A
30
B
20
C
15
D
25

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Bảo toàn khối lượng

Bảo toàn nguyên tố

Lời giải chi tiết :

M_Z = 4.23/18 = 5,1 => khí còn lại là H₂

Tính được n_NO = 0,05 mol và n_H2 = 0,4 mol

$66,2(g)X\left\{ \begin{gathered}
F{e_3}{O_4} \hfill \\
Fe{(N{O_3})_2} \hfill \\
Al \hfill \\
\end{gathered} \right. + KHS{O_4}:3,1 \to 466,6(g)\,muoi\left\{ \begin{gathered}
F{e^{2 + }} \hfill \\
F{e^{3 + }} \hfill \\
A{l^{3 + }} \hfill \\
{K^ + }:3,1 \hfill \\
N{H_4}^ + \hfill \\
S{O_4}^{2 - }:3,1 \hfill \\
\end{gathered} \right. + \left\{ \begin{gathered}
NO:0,05 \hfill \\
{H_2}:0,4 \hfill \\
\end{gathered} \right. + {H_2}O$

BTKL: m_H2O = 66,2 + 3,1.136 – 466,6 – 0,05.30 – 0,4.2 = 18,9 gam => n_H2O = 1,05 mol

BTNT “H”: n_NH4+ = (n_KHSO4 – 2n_H2 – 2n_H2O)/4 = (3,1 – 0,4.2 – 1,05.2)/4 = 0,05 mol

BTNT “N”: n_Fe(NO3)2= (n_NH4++ n_NO)/2 = (0,05 + 0,05)/2 = 0,05 mol

BTNT “O”: n_Fe3O4= (4n_SO42-+ n_NO+ n_H2O - 6n_Fe(NO3)2- 4n_KHSO4)/4 = 0,2 mol

m_Al = m_X – m_Fe3O4 – m_Fe(NO3)2 = 66,2 – 0,2.232 – 0,05.180 = 10,8 gam

=> %m_Al = 10,8/66,2.100% = 16,3% gần nhất với giá trị 15%

Câu 40 :

A
24,57%.
B
54,13%.
C
52,89%.
D
25,53%.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Do thu được 2 amin no kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng nên suy ra Y là C₂H₅NH₃OOC-COONH₃CH₃

=> Muối có 2C => ancol có 1C

=> CTCT của X

Lời giải chi tiết :

Do thu được 2 amin no kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng nên suy ra Y là C₂H₅NH₃OOC-COONH₃CH₃

=> Muối có 2C => ancol có 1C

=> X là CH₃COONH₃-CH₂-COOCH₃

Vậy muối G gồm:

KOOC-COOK (0,15 mol)

H₂N-CH₂-COOK (0,1 mol)

CH₃-COOK (0,1 mol)

%m KOOC-COOK = $\frac{{0,15.166}}{{0,15.166 + 0,1.113 + 0,1.98}}.100\% $ = 54,13%

Bài liên quan