15 đề Ôn luyện Hóa học cực hay có lời giải (đề số 1)

Đáp án C

Đáp án B

Đáp án A

Ví dụ : Mg (IIA) và P(VA) chỉ tạo được hợp chất Mg₃P₂

Đáp án A

Đáp án D

Glucozo và Fructozo đều có khả năng tráng bạc

Đáp án C

Fe₂O₃ + 3CO -> 2Fe + 3CO₂

=> n_Fe = 2/3 . n_CO = 0,1 mol

=> m_Fe = 5,6g

Đáp án A

2 chất thỏa mãn : Metan và Etan

Đáp án D

Tổng e trong p là 8 . Số e tối đa trong 1 phân lớp p là 6 => 2p⁶ 3p²

=> 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p²

=> X có số thự tự 14 ( 14e = 14p) ; chu kì 3 , nhóm IVA

Đáp án D

CTTQ axit : ROOH.

, n_CO2 = 0,25 mol ; n_H2O = 0,25 mol

=> n_CO2 = n_H2O

=> Axit có 1 liên kết pi

, n_CO2 = n_C(X) = 0,25 mol => Số C trung bình = 2,5

=> 2 axit là CH₃COOH và C₂H₅COOH

Đáp án A

n_AgNO3 = 0,6 mol = 3n_X

=> Andehit X có 1 nhóm CH≡C – đầu mạch

CTTQ : CH≡C – R – CHO phản ứng với AgNO₃/NH₃ tạo sản phẩm :

AgC≡C-RCOONH₄ : 0,2 mol và Ag : 0,4 mol

=> m_{kết tủa} = 0,2.( R + 194) + 0,4.108 = 87,2

=> R = 26 (C₂H₂)

=> X là C₄H₃CHO

Đáp án B

Khi cho Cu(OH)₂/OH^- vào 3 lọ :

+) etanol không phản ứng

+) axit axetic phản ứng tạo dung dịch xanh lam

+) axit fomic phản ứng tạo dung dịch xanh lam điều kiện thường và khi đun nóng tạo Cu₂O đỏ

Chọn đáp án D

Dãy gồm các chất được xếp theo chiều tính bazơ giảm dần từ trái sang phải là:

CH₃NH₂, NH₃, C₆H₅NH₂

Lưu ý: Độ mạnh của tính bazơ (lực bazơ) tăng hay giảm so với amoniac phụ thuộc vào gốc hiđrocacbon (gốc R) liên kết với N đẩy hay hút.

Nếu gốc R liên kết với N đẩy e càng nhiều thì tính bazơ càng mạnh và ngược lại.

- Một số gốc hiđrocacbon đẩy e:

+ Những gốc ankyl (gốc hiđrocacbon no): CH₃-; C₂H₅-;...

+ Các nhóm còn chứa cặp e chưa liên kết: -OH (còn 2 cặp), -NH₂ (còn 1 cặp)….

- Gốc hiđrocacbon hút e:

+ Những gốc hiđrocacbon không no: CH₂=CH- , CH₂=CH-CH₂- …
+ Những nhóm khác chứa nối đôi như: -COOH (cacboxyl), -CHO (anđehitt), -CO- (cacbonyl), -NO₂ (nitro), ….
+ Các nguyên tố có độ âm điện mạnh: -Cl, -Br, -F (halogen)…

Đáp án C

6 lit khí suy nhất chính là C₃H₈

Bảo toàn khối lượng : m_A = m_B = m_C3H8 = 6.44 = 264g

=> M_A = 22 => d_A/H2 = 11

Đáp án A

Các chất thỏa mãn : C₆H₅CH₂CH₂OH ; C₆H₅CH(OH)CH₃ ; CH₃C₆H₄CH₂OH ( 3 chất tương ứng với 3 vị trí o,m,p của CH₃ so với nhóm CH₂OH )

Đáp án B

Các cân bằng có số mol 2 vế bằng nhau sẽ không chịu ảnh hưởng từ thay đổi áp suất

Đáp án D

M_X = 15. Áp dụng qui tắc đường chéo : n_C2H4 : n_H2 = 1 : 1. Giả sử số mol mỗi chất trong X là 1

C₂H₄ + H₂ ->C₂H₆

,   x  ->  x   ->   x

=> n_Y = 2 – x mol

Bảo toàn khối lượng : m_X = m_Y => 2 + 28 = 4.5.(2 – x)

=> x = 0,5 mol => H% = 50%

Đáp án D

n_CH3COOH = 0,05 mol < n_C2H5OH = 0,1 mol

Tính H% theo axit => n_este = 0,05.50% = 0,025 mol=> m = 2,2g

Chọn đáp án C

n_HCl = $\frac{V_{HCl}}{22,4}=\frac{4,48}{22,4}=0,2mol$

C_M = $\frac{n}{V}=\frac{0,2}{2}$ = 0,1M = 10^-1M

→ pH = 1

Đáp án A

Bảo toàn nguyên tố : Đốt A cũng chính là đốt m gam butan C₄H₁₀

=> n_CO2 = 4n_C4H10 = 0,4 mol => n_C4H10 = 0,1 mol

=> m = 5,8g

Đáp án C

Bảo toàn nguyên tố : n_FeCl3 = n_Fe = 0,04 mol

=> m = 2,24g

Đáp án C

Đáp án B

Đáp án B

Đáp án D

Đáp án C

Có 3 công thức thỏa mãn : CH≡C – C – C – C ; C - C≡C – C – C ; CH≡C – C(CH₃) – C

Đáp án D

Độ dinh dưỡng của phân kali tính bằng %mK₂O trong tổng khối lượng phân bón.

Giả sử m_phân = 100g => m_K2SO4 = 87g

174g K₂SO₄ qui về thành 94g K₂O

=>87g K₂SO₄ qui về thành 47g K₂O

=> Độ dinh dưỡng = 47%

Đáp án B

2KMnO₄ + 10FeSO₄ + 8H₂SO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 8H₂O

Chất khử là FeSO₄ , chất oxi hóa là KMnO₄

Đáp án B

Đáp án A

V_ancol = 80.0,25 = 20 ml => m_ancol = 20.0,8 = 16g

Đáp án B

Phản ứng chỉ tạo muối sunfat => Bảo toàn nguyên tố và điện tích: 3n_Fe + 2n_Cu = 2n_S(SO4)

=> 3a + 2.2b = 2.(2a + b) => a = 2b

Xét Y : n_Y = 1,2 mol , M_Y = 38. Áp dụng qui tắc đường chéo : n_NO = n_NO2 = 0,6 mol

Coi hỗn hợp ban đầu gồm a mol Fe , 2b mol Cu , (2a + b) mol S

Bảo toàn e : 2n_Cu + 3n_Fe + 6n_S = n_NO2 + 3n_NO

            => 4b + 3a + 6(2a + b) = 0,6 + 0,6.3 = 2,4 mol

=> a = 0,12 mol , b = 0,06 mol

Cho Y + Ba(OH)₂ dư tạo kết tủa :0,12 mol Fe(OH)₃ ; 0,12 mol Cu(OH)₂ ; 0,3 mol BaSO₄

Nung lên được : 0,06 mol Fe₂O₃ ; 0,12 mol CuO ; 0,3 mol BaSO₄

=> m = 89,1g

Đáp án A

Các phản ứng : (1) , (2) , (6)

Đáp án D

C₂H₅OH + [O] à CH₃CHO + H₂O

     x   à         x  à         x     à   x

C₂H₅OH + 2[O] à CH₃COOH + H₂O

     y   à         2y  à       y     à   y                         (dư z mol ancol)

Bảo toàn khối lượng : m_sau – m _trước = m_{O pứ} => n_[O] = x + 2y = 0,25 mol

2n_H2 = n_H2O + n_{ancol dư} + n_axit = x + y + z + y  = 0,15.2 = 0,3 mol

n_ancol = x + y + z = 0,2 mol

=> x = 0,05 ; y = 0,1 ; z = 0,05

=> % ancol chuyển thành axit = 50%

Đáp án D

Gọi CT của amino axit là : C_nH_2n+1NO₂

=> CT của dipeptit X : C_2nH_4nN₂O₃ và tripeptit Y : C_3nH_6n-1N₃O₄

C_3nH_6n-1N₃O₄ $\stackrel{+O_2}{\to }$ 3nCO₂ + (3n – 0,5)H₂O + 1,5N₂

=> 0,15.3n.44 + 0,15.(3n – 0,5).18 = 82,35g

=> n = 3

Vậy khi đốt cháy X : n_CO2 = 2n.n_X = 0,6 mol = n_CaCO3

=> m = 60g

Đáp án A

X gồm : C₅H₈O₂ ; C₂H₄O₂ ; C₇H₆O₂ với số mol lần lượt là x , y , z

Bảo toàn nguyên tố :

, n_CO2 = 5x + 2y + 7z = 0,38

,2n_H2O = 8x + 4y + 6z = 0,58

,n_ancol = n_este = x = 0,01 mol

=> y= 0,095 ; z = 0,02 mol

Muối gồm 0,01 mol C₃H₅COONa ; 0,095 mol CH₃COONa ; 0,02 mol C₆H₅COONa

=> m = 11,75g

Đáp án B

Gọi số mol Ala-K(C₃H₆O₂NK)  và Val-K(C₅H₁₀O₂NK) là x và y mol

Khi đốt cháy : n_N(muối) = x + y = 2n_N2 = 0,22 mol

=> n_N(muối) = n_K = 2n_K2CO3

 => n_K2CO3 = 0,11 mol

Mặt khác ta thấy số H gấp đôi số C trong muối hữu cơ

 => n_C  = ½ n_H  =>  n_CO2 + n_K2CO3 = n_H2O .

Có m_CO2 + m_H2O = 50,96g

=> n_CO2 = 0,79 mol ; n_H2O = 0,9 mol

Bảo toàn Oxi : 2n_{muối aminoaxit} + 2n_O2 = 3n_K2CO3 + 2n_CO2 + n_H2O

 => n_O2 = 1,185 mol

Ta có : n_C = 3x + 5y = n_K2CO3 + n_CO2  = 0,9 mol

=> x= 0,1 mol ; y = 0,12 mol

=> m + 11,42 = 0,1.127 + 0,12.155

=> m = 19,88g

Giả sử trong M có : x mol X ( a nhóm Val ; (4-a) nhóm Ala)

                                  y mol Y (b nhóm Val ; (5-b) nhóm Ala)

=> n_N = 4x + 5y = 2n_N2 = 0,22 mol (*)

Khi phản ứng thủy phân :

+/ tetrapeptit + 4KOH -> muối + H₂O

+/ Pentapeptit + 5KOH -> muối + H₂O

=>Bảo toàn khối lượng :  m_muối – m_peptit = m_KOH – m_H2O

=> 11,42 = 4.56x – 18x + 5.56y – 18y (**)

Từ (*) và (**) => x = 0,03 mol ; y = 0,02 mol

Có n_Val = ax + by = 0,12 mol

=> 3a + 2b = 12

=> a = 2 ; b = 3 hoặc a = 4 ; b = 0 thỏa mãn

+/ TH1 : Y là (Ala)₂(Val)₃

=> %m_Y(M) = 45,98%

=> %m_X = 54,02%

Có đáp án B thỏa mãn => Không cần xét TH2 nữa

Đáp án D

Khi nhỏ từ từ HCl và thì thứ tự phản ứng là :

            CO₃^2- + H⁺ -> HCO₃^-

            HCO₃^- + H⁺ -> CO₂ + H₂O

Sau phản ứng dung dịch có : 0,4 mol HCO₃^- và thoát ra 0,5 mol khí

=>V _khí = 11,2 lit

,m_CaCO3 = 100n_CaCO3 = 100.n_HCO3 = 40g

Đáp án B

 n_NaOH = n_X = n_muỗi = 0,1 mol

Vì phản ứng tạo 2 muối khác nhau

=> M_{tb muối RCOONa} = 74g => 2 muối là HCOONa và CH₃COONa

Vì A và B hơn kém nhau 1 nhóm CH₂ => gốc hidrocacbon ancol sẽ giống nhau ở 2 este

M_{tb este} = 66g => 2 este là HCOOCH₃ và CH₃COOCH₃

Đáp án C

Bảo toàn e : số e mà N⁺²(NO) nhận chính bằng số e trao đổi của O(oxit) trong phản ứng với hỗn hợp khí ( vì thực chất Fe₂O₃ và CuO không phản ứng oxi hóa tạo NO )

Do H₂ và CO đều phản ứng với O(oxit) tỉ lệ mol 1 : 1 => n_khí = 0,5 mol

Và n_O(oxit) = 0,4.3 + 0,2 = 1,4 mol => n_{O pứ} = 0,5 mol

Bảo toàn e : 2n_{O pứ} = 3n_NO

=> V_NO = 7,467 lit

Đáp án C

n_Gly = 0,8 mol ; n_Ala = 0,9 mol ; n_Val = 1 mol

Do số liên kết peptit khác nhau và tổng bằng 6

=> Các chất có số liên kết peptit là 1 , 2 và 3

Xét TH₁ : X –tetrapeptit : 2t mol ; Y-tripeptit : 3t mol; Z –dipeptit : 5t mol

=> Tổng số mol mắt xích aa = n_Gly + n_Ala + n_Val = 4.2t + 3.3t + 2.5t = 2,7 mol

=> t = 0,1 mol. => số mol H₂O phản ứng = 2t.3 + 3t.2 + 5t = 17t = 1,7 mol

Bảo toàn khối lượng : m = m_aa – m_H2O = 60 + 80,1 + 117 – 1,7.18 = 226,5g

Chọn C. Không cần xét các TH sau nữa

Đáp án A

Bảo toàn điện tích : C_HCO3 trong 200 ml dung dịch là 2,5M

Xét tổng thể : đổ 300 ml dung dịch A và 200 ml dung dịch

Sau khi trộn :

=> n_HCO3 = 2,5.0,2 = 0,5 mol => n_CO32- = 0,125 mol

Gọi nồng độ K₂CO₃ trong A là x => n_{CO3 tổng} = 0,3.(1 + x)

Sau trộn sẽ phản ứng với Ca²⁺ , Ba²⁺ => còn lại : 0,3(1 + x) – 0,2 – 0,2 = 0,125

=> x = 0,75M

Đáp án D

n_AgCl = n_MCl(sau) = 2n_M2CO3 + n_MHCO3 + n_{MCl đầu} =  0,7 mol > n_{HCl pứ}

Lại có n_CO2 = n_M2CO3 + n_MHCO3 = 0,4 mol = n_H2O

Bảo toàn khối lượng : m_{MCl sau} < 32,65 + 0,7.36,5 – 0,4.44 – 0,4.18 = 33,4g

=> M_MCl < 47,7 => M < 12,2 => M là Li

Đáp án A

n_FeCO3 = 0,05 mol phản ứng tạo Fe(NO₃)₃

Sau khi cho HCl dư vào , Cho tiếp Cu vào thấy tạo khí NO => NO₃^- hết ( HCl dư)

2Fe³⁺ + Cu -> Cu²⁺ + 2Fe²⁺

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- -> 3Cu²⁺ + 2NO + 2H₂O

=> m = 16g

Đáp án C

n_Fe = 0,2 mol ; n_HNO3 = 0,6 mol

Giả sử phản ứng tạo Fe²⁺ và Fe³⁺ với số mol lần lượt là x và y mol

=> x + y = 0,2 ; n_{HNO3 pứ} = 2x + 3y + 1/3.(2x + 3y) = 0,6 mol

=> x = 0,15 mol ; y = 0,05 mol

=> m_{muối khan} = m_Fe(NO3)2 + m_Fe(NO3)3 = 39,1g

Đáp án A

Đáp án C

Ta có : m_Y = m_{bình tăng} + m_{khí thoát ra} = 10,8 + 0,2.8.2 = 14g = m_X ( bảo toàn khối lượng)

Mà trong X số mol C₂H₂ và H₂ băng nhau => n_C2H2  = n_H2 = 0,5 mol

C₂H₂ + 2,5O₂ -> 2CO₂ + H₂O

H₂ + 0,5O₂ -> H₂O

=> n_O2  = 1,5 mol => V = 33,6 lit

Đáp án D

Đáp án C

Ta có : Sau khi hấp thụ thì còn NaOH dư => Phản ứng tạo Na₂CO₃

=> n_CO2 =$\frac{1}{2}$ n_{NaOH pứ} = $\frac{1}{2}$(2.0,1 – 2.0,05) = 0,05 mol

Gọi CTPTTB của 2 ancol là C_nH_2n+2O

=> M_ancol = 14n + 18 = $\frac{1,06}{{\displaystyle \frac{0.05}{n}}}\Rightarrow n=2,5$ 

2 ancol là : C₂H₅OH và C₃H₇OH

=> C

Đáp án B

M gồm C₄H₄ và C_xH_y

Do khi đốt cháy tạo n_H2O = 2n_M . Số H trung bình của các chất trong M là 4

=> X là C_xH₄. Mà M + Br₂ thì có khí thoát ra => X là ankan => C là CH₄

M có  : 0,1 mol CH₄ và 0,3 mol C₄H₄

=> %m_CH4(X) = 9,3%

Đáp án B