20 đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 có đáp án ( Đề 13)
40 câu hỏi
Dung dịch A có H+=10−3Msẽ có môi trường
Trung tính.
Axit.
Bazơ.
Không xác định.
| Môi trường kiềm | Môi trường trung tính | Môi trường Axit |
| H+<10−7M | H+>10−7M |
Dung dịch A có H+=10−3M>10−7M ® môi trường axit.
Chọn đáp án B.
Cho dãy các chất sau: NaOH, HNO3, BaOH2, HClO4, CH3COOH, NH3. Số axit, bazơ lần lượt là
3 và 3.
5 và 2.
4 và 3.
3 và 4.
Axit: HNO3, HClO4, CH3COOH.
Bazơ: NaOH, BaOH2, NH3.
Chọn đáp án A.
Khí N2 khá trơ ở nhiệt độ thường là do
N có bán kính nguyên tử nhỏ, phân tử không phân cực.
Nguyên tử N có độ âm điện lớn nhất trong nhóm VA.
Trong phân tử , mỗi nguyên tử còn 1 cặp electron chưa liên kết.
Trong phân tử chứa liên kết ba rất bền.
Khí N2 khá trơ ở nhiệt độ thường là do: trong phân tử N2 chứa liên kết ba rất bền.
Chọn đáp án D.
Trong các phản ứng sau, phản ứng nào NH3 không thể hiện tính khử?
4NH3+5O2→4NO+6H2O
NH3+HCl→NH4Cl.
8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2.
2NH3+3CuO→3Cu+3H2O+N2.
Lưu ý: Những phản ứng mà N+2thể hiện tính khử là những phản ứng N tăng số oxi hóa lên.
A. Số oxi hóa của nitơ tăng từ N−3 lên N+2.
B. N ở hai vế phương trình vẫn giữ nguyên số oxi hóa là -3
C. Số oxi hóa của nitơ tăng từ N−3 lên N0.
D. Số oxi hóa của nitơ tăng từ N−3 lên N0.
Chọn đáp án B.
Nung nóng m gam bột sắt ngoài không khí, sau phản ứng thu được 36 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3và Fe3O4. Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 loãng thu được 5,6 lít hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2 có tỉ khối so với H2là 19. Giá trị m là
16.
32.
28.
20.
Sơ đồ phản ứng: Fe→O2kkFeO,Fe3O4Fe2O3và Fe dư→HNO3NO2↑NO↑FeNO33
Theo đề ra ta có: nNO=nNO2=0,125mol.
Gọi số mol Fe và O tương ứng trong X là x và y ta có: 56x+16y=36 *
Quá trình nhường và nhận e:
| Chất khử | Chất oxi hoá |
| Fe →Fe3++ 3e | O + 2e → O2−y 2y yN+5 + 1e → N+4O2 0,125 0,125N+5 + 3e → N+2O 0,125.3 0,125 |
Tổng electron nhường: 3x (mol)
Tổng electron nhận: 2y+0,125+0,125.3 mol
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x=2y+0,5**
Từ (*) và (**) ta có hệ 56x+16y=363x−2y=0,5
Giải hệ trên ta có: x=0,5 và y=0,5 .
Như vậy nFe=0,5mol→m=28 gam.
Chọn đáp án C.
Cacbon vô định hình và than chì là hai dạng thù hình của nhau vì
Có tính chất vật lí tương tự nhau.
Đều do nguyên tố cacbon tạo nên.
Có cấu tạo mạng tinh thể giống nhau.
Chúng có tính chất hoá học không giống nhau.
Than chì và than vô định hình là các dạng thù hình của cacbon.
Chọn đáp án B.
Dẫn hơi nước qua than nóng đỏ thì thu được V lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm CO2, CO, H2; tỉ khối hơi của X so với H2 là 7,8. Cho toàn bộ V lít hợp khí X ở trên khử vừa đủ 24 gam hỗn hợp CuO, Fe2O3 nung nóng, thu được rắn Y chỉ có 2 kim loại. Cho toàn bộ Y vào dung dịch HCl dư thấy có 4,48 lít H2 bay ra (đktc). Giá trị của V là
10,08.
11,20.
13,44.
8,96.
Theo bảo toàn nguyên tố Fe, bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng, ta có:
2nFe2O3=nFe=nH2=0,2molnCuO=mCuO, Fe2O3−mFe2O380→nFe2O3=0,1molnCuO=24−0,1.16080=0,1mol
Theo giả thiết, theo bảo toàn electron trong phản ứng của C với H2O và phản ứng của CO, H2 với CuO, Fe2O3, ta có:
28nCO+44nCO2+2nH2nCO+nCO2+nH2=15,62nCO+4nCO2=2nH22nCO+2nH2=2nCuO⏟0,1mol+6nFe2O3⏟0,1mol
Giải ra ta được:
nCO=0,1molnCO2=0,1molnH2=0,3mol
Vậy giá trị của V là: V=11,2lít.
Chọn đáp án B.
Ankan Y phản ứng với clo tạo ra 2 dẫn xuất monoclo có tỉ khối hơi so với H2bằng 39,25.
Tên của Y là
Butan.
Propan.
iso-butan.
2-metylbutan.
+ Vì khối lượng mol của dẫn xuất monoclo tạo ra từ Y đã biết, nên dễ dàng tìm được số nguyên tử C của Y và tên gọi của nó.
+ Phương trình phản ứng:CnH2n+2⏟ankan Y + Cl2 →as CnH2n+1Cl⏟dẫn xuất monoclo + HCl
+ MCnH2n+1Cl=14n+36,5=39,25.2⇒n=3 ® Y là (propan)
+ Phản ứng tạo ra hai dẫn xuất monoclo:CH3−CH2−CH3+Cl2→1:1asCH2Cl−CH2−CH3 + HCl↗↘CH3−CHCl−CH3 + HCl
Chọn đáp án B.
Đốt cháy hoàn toàn một hợp chất hữu cơ X (C, H, N) bằng lượng không khí vừa đủ (gồm 1/5 thể tích O2, còn lại là N2 ) được khí CO2, H2O và N2. Cho toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch BaOH2 dư thấy có 39,4 gam kết tủa, khối lượng dung dịch giảm đi 24,3 gam. Khí thoát ra khỏi bình có thể tích 34,72 lít (đktc). Biết dX/O2<2. Công thức phân tử của X là
C2H7N.
C2H8N.
C2H7N2.
C2H4N2.
Số mol nBaCO3=nCO2=0,2mol
Khối lượng dung dịch giảm: mgiấm=mBaCO3−mCO2+mH2O=24,3gam
→mCO2+mH2O=39,4−24,3=15,1gamnH2O=0,35 mol
→BTNT:OnO=2nCO2+mH2O=0,2.2+0,35=0,75mol→nO2=0,375mol
Số mol khí bay ra khỏi bình là N2 ® Số mol N2 có trong hợp chất hữu cơ X là:nN2=1,55−0,375.4=0,05 mol→nN=0,05.2=0,1 mol
Gọi công thức của X là CxHyNz
® Tỉ lệ x:y:z=2:7:1 ® Công thức đơn giản nhất của X có dạng: C2H7N1n<64
® X là C2H7N.
Chọn đáp án A.
Nung nóng 100 gam hỗn hợp gồm Na2CO3 và NaHCO3cho đến khối lượng không đổi còn lại 69 gam chất rắn. Thành phần % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu là
63% và 37%.
84% và 16%.
42% và 58%.
21% và 79%.
Phương trình nhiệt phân:2NaHCO3 →t° Na2CO3 + CO2 + H2Ox x/2 x/2 x/2 mol
Na2CO3 không bị nhiệt phân.
Khối lượng giảm là khối lượng H2Ovà CO2: mH2O+mCO2=100−69=31 gam
22x+9x=31→x=1mol
%mNaHCO3=84100.100%=84%
%mNa2CO3=100%−84%=16%
Chọn đáp án B.
Dẫn luồng khí CO qua hỗn hợp Al2O3, CuO, MgO, Fe2O3(nóng) sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn gồm
Al2O3, Cu, Mg, Fe.
Al, Fe,Cu, Mg.
Al2O3, Cu,MgO,Fe..
Al2O3, Fe2O3, Cu, MgO.
Quá trình phản ứng
CO+Fe2O3MgOCuOA2O3→FeMgOCuAl2O3+CO2
Chọn đáp án C.
Có hai dung dịch, mỗi dung dịch đều chứa hai cation và hai anion không trùng nhau trong các ion sau:K+:0,15 mol, Mg2+: 0,1 mol, NH4+:0,25 mol; H+:0,2 mol; Cl−:0,1 mol; SO42−:0,075 mol; NO3−:0,25 mol
và CO32−:0,15 mol . Một trong hai dung dịch trên chứa
K+, Mg2+, SO42−, Cl−
K+, NH4+, CO32−, Cl−.
NH4+, H+, NO3−, SO42−.
Mg2+, H+, SO42−, Cl−.
Theo định luật bảo toàn điện tích:
số mol. åđiện tích (+) = số mol. åđiện tích (-)
Ta áp dụng cho 4 phương án lựa chọn:
+) K+, Mg2+, SO42−, Cl−
số mol. åđiện tích (+) = 0,15 + 2. 0,1 = 0,35 mol
số mol. åđiện tích (-) = 2. 0,075 + 0,1 = 0,25 mol
® không thỏa mãn.
Tương tự với 3 phương án còn lại ® chỉ có trường hợp dung dịch chứa: K+, NH4+, CO32−, Cl− là thỏa mãn.
Chọn đáp án B.
Loại thuỷ tinh khó nóng chảy chứa 18,43% K2O; 10,98% CaO và 70,59% SiO2 có công thức dưới dạng các oxit là
K2O.CaO.4SiO2.
K2O.2CaO.6SiO2.
K2O.CaO.6SiO2.
K2O.3CaO.8SiO2.
x:y:z=%K2OMK2O=%CaOMCaO=%SiO2MSiO2=0,2:0,2:1,2=1:1:6→CT:K2O.CaO.6SiO2
Chọn đáp án C.
Trong các phản ứng của Si với Cl2, F2, O2, HNO3đặc nóng, dung dịch NaOH, Mg. Số phản ứng mà trong đó Si thể hiện tính oxi hóa là
5.
4.
3.
1.
Si+2Cl2→SiCl4Si+2F2→SiF4Si+2O2→400−600°CSiO24HNO3+18HF+3Si→3H2SiF6+4NO+8H2OSi+2Mg→Mg2Si
(tính oxi hóa)
Si+NaOH+H2O→Na2SiO3+H2↑
® có 1 phản ứng trong đó Si thể hiện tính oxi hóa.
Chọn đáp án D.
Oxi hoá hết 2,2 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức thành anđehit cần vừa đủ 4,8 gam CuO . Cho toàn bộ lượng anđehit trên tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 23,76 gam Ag. Hai ancol lần lượt là :
CH3OH, C2H5CH2OH.
CH3OH, C2H5OH
C2H5OH, C3H7CH2OH.
C2H5OH, C2H5CH2OH.
nandehit=nCuO=0,06 mol
Giả sử không có anđehit fomic: nAg=2nandehit=0,12 mol
Theo đề bài: nAg=0,22 mol. Vậy có HCHO
HCHO→4Agx 4x molRCHO→2Agy 2y mol
Theo đề bài ra ta có hệ: x+y=0,064x+2y=0,22
→x=0,05mol; y=0,01molMRCHO=2,2−0,05.320,01=60đvC
→R+31=60R=29C2H5
Vậy 2 ancol ban đầu là CH3OH và C2H5CH2OH .
Chọn đáp án A.
Thực hiện các thí nghiệm sau đây:
(1) Sục khí C2H4vào dung dịch KMnO4.
(2) Cho NaHCO3 vào dung dịch CH3COOH.
(3) Chiếu sáng hỗn hợp khí metan và clo.
(4) Cho glucozơ tác dụng với CuOH2 ở điều kiện thường.
(5) Đun etanol với H2SO4 đặc ở 140°C.
(6) Đun nóng hỗn hợp triolein và hiđro (với xúc tác Ni).
(7) Cho phenol tác dụng với dung dịch NaOH.
(8) Cho anilin tác dụng với dung dịch brom.
(9) Cho metyl amin tác dụng với dung dịch FeCl3.
(10) Cho glixerol tác dụng với Na.
Những thí nghiệm xảy ra phản ứng oxi hoá - khử là
5.
3.
4.
6.
Số thí nghiệm xảy ra phản ứng oxi hóa - khử là các thí nghiệm:
(1) Sục khí C2H4 vào dung dịch KMnO4.
(3) Chiếu sáng hỗn hợp khí metan và clo.
(6) Đun nóng hỗn hợp triolein và hiđro (với xúc tác Ni).
(8) Cho anilin tác dụng với dung dịch brom.
(10) Cho glixerol tác dụng với Na.
Chọn đáp án A.
Este X đơn chức tác dụng với NaOH đun nóng thu được muối Y có công thức phân tử là C3H5O2Na và rượu Y1. Oxi hóa Y1 bằng CuO nung nóng thu được anđehit Y2. Y2tác dụng với Ag2Odư, đun nóng thu được số mol Ag gấp 4 lần số mol Y2. Vậy tên gọi của X là
etyl propionat
metyl propionat.
metyl axetat.
propyl propionat.
Este X đơn chức tác dụng với NaOH đun nóng ® phương trình phản ứng như sauEste X + NaOH→CH3−CH2−COONa + AncolY1
Y1+CuO→AnđehitY2
Y2+Ag2O→4Ag
® Anđehit là HCHO ® Ancol Y1 là CH3OH.
® Công thức cấu tạo của este là CH3−CH2−COOCH3: metyl propionat.
Chọn đáp án B.
Dung dịch X chứa 0,01 mol ClH3N−CH2−COOH; 0,02 mol CH3−CHNH2−COOH; 0,05 mol HCOOC6H5. Cho dung dịch X tác dụng với 160 ml dung dịch KOH 1M đun nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
16,335 gam.
8,615 gam.
12,535 gam.
14,515 gam.
Số mol nKOH=0,16 mol
ClH3N−CH2−COOH + 2KOH→NH2−CH2−COOK + KCl + H2O
0,01 0,02 0,01 0,01 0,01 mol
CH3−CHNH2−COOH + KOH→CH3−CHNH2−COOK + H2O
0,02 0,02 0,02 0,02 mol
CH3−CHNH2−COOH + KOH→CH3−CHNH2−COOK + H2O
0,05 0,1 0,05 0,05 0,05 mol
Khối lượng chất rắn thu được là:mchất rắn=0,01.111,5+0,02.89+0,05.122+0,16.56−0,08.18=16,335gam
Chọn đáp án A.
Trung hoà hoàn toàn 8,88 gam một amin (bậc một, mạch cacbon không phân nhánh) bằng axit HCl, tạo ra 17,64 gam muối. Amin có công thức là
H2NCH2CH2CH2CH2NH2
CH3CH2CH2NH2
H2NCH2CH2NH2
H2NCH2CH2CH2NH2
Gọi amin có công thức RNH2nRNH2n+nHCl→RNH3Cln
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:mHCl=mmuối−mamin=17,64−8,88=8,76 gam→nHCl=0,24 mol
· Với n=1
→MAmin=8,880,24=37
® Loại.
· Với n=2
→MAmin=8,880,12=74→H2N−CH2−CH2−CH2−NH2
Chọn đáp án D.
Phát biểu nào sau đây không đúng?
Tinh bột là polime có cấu trúc dạng mạch phân nhánh và không phân nhánh.
Tinh bột không tan trong nước lạnh. Trong nước nóng từ trở lên, tinh bột chuyển thành dung dịch keo nhớt.
Tinh bột không phản ứng với dung dịch loãng, đun nóng.
Etanol có thể được sản xuất bằng phương pháp lên men các nông sản chứa nhiều tinh bột.
A. Tinh bột là polime có cấu trúc dạng mạch phân nhánh và không phân nhánh.
Đúng. Tinh bột có hai thành phần. Thành phần không phân nhánh là aminozơ, thành phần phân nhánh là aminopectin
B. Tinh bột không tan trong nước lạnh. Trong nước nóng từ trở lên, tinh bột chuyển thành dung dịch keo nhớt.
Đúng.Theo SGK lớp 12
C. Tinh bột không phản ứng với dung dịch loãng, đun nóng.
Sai. Đây là phản ứng thủy phân tinh bột cho glucozơ.C6H10O5n+nH2O→t°,H+nC6H12O6
D. Etanol có thể được sản xuất bằng phương pháp lên men các nông sản chứa nhiều tinh bột. Đúng. Theo SGK lớp 12Chọn đáp ánC.
Thủy phân hoàn toàn 7,02 gam hỗn hợp X gồm glucozơ và saccarozơ trong dung dịch H2SO4thu được dung dịch Y. Trung hòa hết lượng axit dư trong dung dịch Y rồi cho phản ứng ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu được 8,64 gam Ag. Thành phần % về khối lượng của saccarozơ trong hỗn hợp X là
97,14%.
24,35%.
12,17%.
48,71%.
C6H12O6:xC12H22O11:y→+H2O,H+C6H12O6:xC6H12O6:2y→180x+342y=7,022x+4y=0,08⇒x=0,02y=0,01
%mC12H22O11=0,01.3427,02.100=48,71%
Chọn đáp án D.
Tiến hành hai thí nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1:
Bước 1: Cho vào ống nghiệm 1 giọt dung dịch CuSO4 bão hòa + 2 ml dung dịch NaOH 30%.
Bước 2: Lắc nhẹ, gạn lớp dung dịch để giữ kết tủa.
Bước 3: Thêm khoảng 4 ml lòng trắng trứng vào ống nghiệm, dùng đũa thủy tinh khuấy đều.
- Thí nghiệm 2:
Bước 1: Lấy khoảng 4 ml lòng trắng trứng cho vào ống nghiệm.
Bước 2: Nhỏ từng giọt khoảng 3 ml dung dịch CuSO4 bão hòa.
Bước 3: Thêm khoảng 5 ml dung dịch NaOH 30% và khuấy đều.
Phát biểu nào sau đây sai?
Các phản ứng ở các bước 3 xảy ra nhanh hơn khi các ống nghiệm được đun nóng.
Sau bước 3 ở cả hai thí nghiệm, hỗn hợp thu được sau khi khuấy xuất hiện màu tím.
Sau bước 2 ở thí nghiệm 2, xuất hiện kết tủa màu xanh.
Sau bước 1 ở thí nghiệm 1, trong ống nghiệm xuất hiện kết tủa màu xanh.
A. Đúng, Vì tốc độ phản ứng tăng khi nhiệt độ tăng.
B. Đúng, Vì lòng trắng trứng có phản ứng màu biure với CuOH2 cho dung dịch có màu xanh tím.
C. Sai, Vì khi nhỏ vào ống nghiệm chỉ có lòng trắng trứng nên không có phản ứng gì.
D. Đúng, Vì CuSO4+2NaOH→CuOH2+Na2SO4Chọn đáp C
Cho các polime sau: Tơ tằm, tơ visco, tơ axetat, tơ nitron, cao su buna-S, poli vinylclorua, poli vinylaxetat, nhựa novolac. Số polime có chứa nguyên tố oxi trong phân tử là
4.
5.
3.
6.
Tơ tằm, tơ visco, tơ axetat, poli vinylaxetat, nhựa novolac.
Tơ tằm: tơ tằm là 1 loại protein thiên nhiên được cấu tạo từ các aminoaxit do đó có O.
Tơ Visco: là tơ bán tổng hợp (nhân tạo) là sản phẩm của xenlulozơ với và NaOH có O.
Tơ nitron hay olon: nCH2=CH−CN→TH−CH2−CHCN−n
Tơ axetat: C6H7O2OH3n+3nCH3CO2O→H2SO4,t°C6H7O2OOCCH33n+3nCH3COOH
Cao su buna - S là sản phẩm đồng trùng hợp: CH2=CH−CH=CH2 và C6H5−CH=CH2.
Tơ PVC: −CH2−CHCl−n
Poli vinylaxetat: CH3COOCH=CH2→trùng hợppoli vinylaxetat
Nhựa novolac: Đun nóng hỗn hợp HCHO với C6H5−OH dư xúc tác axit.
Chọn đáp án B.
Cho m gam hỗn hợp X gồm Na và K (tỉ lệ mol 1:1) vào 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm Al2SO430,5M và H2SO4 1M sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với 1,5 lít dung dịch HCl 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 23,4 gam kết tủa. Giá trị nhỏ nhất của m là
130,2 gam.
27,9 gam.
105,4 gam.
74,4 gam.
Ta có: KNa⏟hhX+H2SO4Al2SO43→1K+,Na+,AlOH4−SO42−,OH−
Dung dịch Z gồm: Al3+,K+,Na+SO42−,Cl−
Khối lượng Na, K đã dùng có giá trị nhỏ nhất khi xảy ra hiện tượng hòa tan một phần kết tủa ở phản ứng (2). Theo bảo toàn nguyên tố Al, gốc và bảo toàn điện tích trong dung dịch Z, ta có:nAl3+/Z=nAl3+bñ−nAlOH3=0,2nSO42−=nH2SO4+3nAl2SO43=1,253nAl3+/Z⏟0,2+nK+⏟x+nNa+⏟x=nCl−⏟1,5+2nSO42−⏟1,25
Giải ra ta có: x=1,7
mmin=mK+mNa=105,4gam.
Chọn đáp án C.
Nhúng một thanh Al nặng 20 gam vào 400 ml dung dịch CuCl20,5M. Khi nồng độ dung dịch CuCl2 giảm 25% thì lấy thanh Al ra khỏi dung dịch, giả sử tất cả Cu thoát ra bám vào thanh Al. Khối lượng thanh Al sau phản ứng là
21,15 gam.
21,88 gam.
22,02 gam.
22,3 gam.
Từ phản ứng: 2Al + 3Cu2+ → 3Cu + 2Al3+
Ta thấy:
Cứ 3 mol Cu2+ phản ứng thì khối lượng thanh Al tăng: 3×64−2×27=138 gam
Theo đề bài, có 0,4×0,5×0,25=0,05 mol Cu phản ứng ® thanh Al tăng : 0,053×138=2,3 gam
Do đó, khối lượng thanh Al sau phản ứng là : 20 + 2,3 = 22,3 gam.
Chọn đáp án D.
Điện phân 100 ml dung dịch CuSO4 0,2M với cường độ dòng điện 9,65A. Biết hiệu suất điện phân là 100%. Khối lượng Cu bám vào catot khi thời gian điện phân t1=200s và t2=500s là
0,32 gam và 0,64 gam.
0,64 gam và 1,62 gam.
0,64 gam và 1,28 gam.
0,64 gam và 3,25 gam.
Ta có: nCuSO4=0,02mol=nCu2+
Thời gian cần thiết đề điện phân hết Cu2+ là: t=0,02.2.965009,65=400s
→t1<t<t2 ® Tại có ½ số mol Cu2+ bị điện phân ® m1=0,01.64=0,64gam.
® Tại t2: Cu2+ đã bị điện phân hết ® m2=1,28gam.
Chọn đáp án C.
Cho 2 phản ứng sau:
Cu + 2FeCl3→CuCl2 + 2FeCl2 (1)
Fe + CuCl2→FeCl2 + Cu (2)
Kết luận nào dưới đây là đúng?
Tính oxi hoá của Cu2+>Fe3+>Fe2+.
Tính oxi hoá của Fe3+>Cu2+>Fe2+.
Tính khử của Cu>Fe2+>Fe.
Tính khử của Fe2+>Fe>Cu.
Sắp xếp tính oxi hóa giảm dần là: Fe3+>Cu2+>Fe2+.
Chọn đáp án B.
Hoà tan một lượng Fe vào dung dịch H2SO4 loãng thấy thoát raV1 , lít khí H2. Mặt khác nếu hoà tan cùng một lượng Fe trên vào dung dịch H2SO4 đặc nóng thấy thoát ra V2 lít khí SO2 (các thể tích đo ở cùng điều kiện). Mối quan hệ giữa V1 và V2 là
V1=2V2
2V1=V2
V1=V2
3V1=2V2
Giả sử có 1 mol Fe:
Phần 1: phản ứng với H2SO4:
Fe + H2SO4→FeSO4 + H2↑(1)
1 1 1 1 mol
Phần 2: Phản ứng với đặc nóng:
2Fe + 6H2SO4→Fe2SO43 + 3SO2 + 6H2O (2)
1 6 0,5 32 mol
Từ phương trình (1) và (2) ta rút ra tỉ lệ: 3V1=2V2
Chọn đáp án D.
Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 4,5 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư) thoát ra 1,26 lít (đktc) SO2 (là sản phẩm khử duy nhất).
Giá trị của m là
3,78.
2,22.
2,52.
2,32.
Quy đổi hỗn hợp X thành (Fe, O)
Đặt: nFe:xnO:y→→BTKL56x+16y=4,5→BT:e3x−2y=2nSO2=0,1125→x=0,0675 moly=0,045 molmFe=0,0675.56=3,78gam
Chọn đáp án A.
Cho m gam hỗn hợp bột X gồm FexOy, CuO và Cu (x, y nguyên dương) vào 600 ml dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Y (không chứa HCl) và còn lại 6,4 gam kim loại không tan. Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3, thu được 102,3 gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
22,7.
34,1.
29,1.
27,5.
+ Nhận thấy: có Cu dư nên Y muối sắt trong Y chỉ có thể là FeCl2.
+ Ta có →BTNT.ClonAgCl=0,6→102,3AgCl:0,6Ag:0,15→BTEnFe2+Trong Y=0,15mol
+ →BTNT.ClonCuCl2=0,15mol→∑Fe,Cu=0,15.56+0,15.64+6,4=24,4gam
+ →BTNT.HnH2O=0,3→BTKLm=0,3.16⏟O+24,4⏟Fe+Cu=29,2gam
Chọn đáp án C.
Cho hình sau:
Hình vẽ trên mô tả thí nghiệm điều chế khí nào sau đây
C2H2
CH4
C2H4
NH3
Với mô hình thí nghiệm trên chỉ có C2H4 là hợp lý vì:
+ Với khí C2H2 người ta điều chế từ CH4 hoặc CaC2 chứ không thể đun dung dịch X.
+ Với CH4: CH3COONa+NaOH→CaO,t°CH4↑+Na2CO3
+ Với NH3 tan rất nhiều trong nước nên không thể thu được khí Y.
+ Với C2H4 được điều chế bằng cách đun CH3CH2OH với H2SO4 (đ/n).
CH3CH2OH→H2SO4/170°CCH2=CH2+H2OChọn đáp án C.
Trong khi làm các thí nghiệm ở lớp hoặc trong các giờ thực hành hóa học có một số khí thải: Cl2, H2S, SO2, NO2, HCl. Biện pháp đúng dùng để khử các khí trên là
Dùng bông tẩm giấm ăn nút ngay ống nghiệm sau khi đã quan sát hiện tượng.
Sục khí vào cốc đựng thuốc tím hoặc bông tẩm thuốc tím nút ngay ống nghiệm sau khi đã quan sát hiện tượng.
Dùng bông tẩm xút hoặc nước vôi trong nút ngay ống nghiệm sau khi đã quan sát hiện tượng.
Sục khí vào cốc đựng nước.
Biện pháp để khử các khí trên là dùng bông tẩm xút hoặc nước vôi trong nút ngay ống nghiệm sau khi đã quan sát hiện tượng.Cl2+NaOH→NaCl+NaClO+H2O
H2S+NaOH→Na2S+H2OSO2+NaOH→Na2SO3+H2ONO2+NaOH→NaNO3+NaNO2+H2OHCl+NaOH→NaCl+H2O
Chọn đáp án C.
Tiến hành điện phân 100g dung dịch chứa AlCl3 (7x mol) và (10x mol) (có màng ngăn) với cường độ dòng điện 5A, khối lượng dung dịch trong quá trình điện phân thay đổi theo thời gian được biểu diễn bằng đồ thị sau:
Khi điện phân tới thời điểm giây khi khí bắt đầu thoát ra tại catot thì tạm dừng điện phân, sau thêm một lượng dung dịch Na2SO4 vào rồi điện phân tiếp tới thời điểm 17370 giây thì kết thúc quá trình điện phân, lấy màng ngăn ra; để yên dung dịch một thời gian thì khối lượng dung dịch còn lại m gam.
Giá trị của m là
47,63 gam.
28,56 gam.
33,37 gam.
44,75 gam.
Tại : mdung dich giảm=10,16g
− Fe2++2e→Fe +2Cl−→Cl2+2e a 2a a a 2a
→56a+71a=10,16→a=0,08 mol→t1=3088s
Tại 2,5t1 :ne=0,4 mol và Fe2+điện phân hết→nFe2+=10x=0,2→x=0,02→nAl3+=0,14 mol
Tại 17370 giây: ne=0,9mol
Fe2++2e→Fe 2Cl− → Cl2 + 2e 0,2 0,4 0,2 mol 0,82 →0,41→0,82 mol2H2O + 2e→2OH− + H2 2H2O → 4H+ + O2 + 4e0,5 0,5 0,25 mol 0,08 ← 0,02 ←0,08 molH++OH−→H2O 0,08 0,08 molAl3+ + 3OH− → AlOH30,14→0,42 → 0,14 molmdung dich giảm=0,2×56+0,41×71+0,02×32+0,25×5+0,14×78=52,37g→m=100−52,37=47,63g→m=100−52,37=47,63g
Chọn đáp án A.
Cho 31,15 gam hỗn hợp bột Zn và Mg (tỷ lệ mol 1 : 1) tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm NaNO3 và NaHSO4 thu được dung dịch A chỉ chứa m gam hỗn hợp các muối và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí B gồm N2O và H2. Khí B có tỷ khối so với H2bằng 11,5. m gần giá trị nào nhất?
240.
255.
132.
252.
Ta có: nMg=0,35molnZn=0,35mol→ne=1,4 nB=0,2molN2O:0,1molH2:0,1mol →BTEnNH4+=1,4−0,1.8−0,1.28=0,05mol →ddAMg2+:0,35Zn2+:0,35NH4+:0,05→BTNT.NitoNa+:0,1.2+0,05+a=0,25+a→BTÑTSO42−:a→BTÑTa=1,7mol→BTKLm=240,1gam Chọn đáp án A.
Cho các phát biểu sau:
(a) Khi nấu canh cua thì thấy các mảng “riêu cua” nổi lên là do sự đông tụ của protein do nhiệt độ.
(b) Dầu ăn và mỡ bôi trơn có cùng thành phần nguyên tố.
(c) Cao su có tính đàn hồi, không dẫn điện, không dẫn nhiệt.
(d) Muối mono natri của axit glutamic được dùng làm mì chính.
(e) Khi ăn cơm, nếu nhai kĩ sẽ thấy có vị ngọt là do tinh bột trong cơm bị thủy phân thành glucozơ.
(g) Khi bị ong đốt, để giảm đau nhức có thể bôi vôi tôi vào vết đốt.
Số phát biểu đúng là
2.
3.
4.
5.
Các phát biểu đúng là:
(a) Khi nấu canh cua thì thấy các mảng “riêu cua” nổi lên là do sự đông tụ của protein do nhiệt độ.
(c) Cao su có tính đàn hồi, không dẫn điện, không dẫn nhiệt.
(d) Muối mono natri của axit glutamic được dùng làm mì chính.
(e) Khi ăn cơm, nếu nhai kĩ sẽ thấy có vị ngọt là do tinh bột trong cơm bị thủy phân thành glucozơ.
(g) Khi bị ong đốt, để giảm đau nhức có thể bôi vôi tôi vào vết đốt.
Chọn đáp án C.
Tiến hành các thí nghiệm sau:
(a) Cho dung dịch HCl vào dung dịch FeNO32.
(b) Cho kim loại Be vào H2O.
(c) Cho kim loại Al vào dung dịch HNO3 loãng nguội.
(d) tác dụng với nước có mặt oxi.
(e) Clo tác dụng sữa vôi ().
(g) Lấy thanh Fe ngâm trong dung dịch H2SO4 đặc nguội, rồi lấy ra cho tiếp vào dung dịch HCl loãng.
Số thí nghiệm có phản ứng oxi hóa - khử xảy ra là
4.
3.
5.
6.
(a)Cho dung dịch HCl vào dung dịch FeNO32
Chuẩn: 3Fe2++NO3−+4H+→3Fe3++NO+2H2O
(b)Cho kim loại Be vào H2O.
Không có phản ứng
(c)Cho kim loại Al vào dung dịch HNO3loãng nguội.
Không có phản ứng.
(8) NO2 tác dụng với nước có mặt oxi.
Chuẩn: 2NO2+12O2+H2O→2HNO3
(9)Clo tác dụng sữa vôi .
Chuẩn: Cl2+CaOH2→vôi sửaCaOCl2+H2O
(10)Lấy thanh Fe ngâm trong dung dịch đặc nguội, rồi lấy ra cho tiếp vào dung dịch HCl loãng.
Chuẩn: Fe+2H+→Fe2++H2↑.
Chọn đáp án A.
Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức mạch hở MX<MY; T là este hai chức tạo bởi X, Y và một ancol no mạch hở Z. Đốt cháy hoàn toàn 6,88 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T bằng một lượng vừa đủ O2, thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 3,24 gam nước. Mặt khác 6,88 gam E tác dụng với dung dịch AgNO3/ NH3 dư thu được 12,96 gam Ag. Khối lượng rắn khan thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 1M là
10,54 gam.
14,04 gam.
12,78 gam.
13,66 gam.
Do hỗn hợp E phản ứng tráng bạc ® X là HCOOH và este T có gốc HCOO-.
Theo bài ra ta có: X:HCOOH:a molY:RCOOH:b molT:HCOO−R'−OOCR:c mol→+O2CO2⏟0,25 mol+H2O⏟0,18 mol
Áp dụng ĐLBTNT.O: →nOtrong E=6,88−0,25.12−0,18.216=0,22=2a+2b+4c
Mặt khác: nAg=2a+2c=0,12→b+c=0,05
Axit Y có tổng số liên kết p là k ® Tổng số liên kết p trong este T là k + 1
→0,25−0,18=k−1b+k+1−1c→0,07=b+ck−b=0,05k−b
Áp dụng điều kiện: b<0,05→0,05k−0,07<0,05→k<2,4.
Ta chọn k=2→b=0,03; a=0,04; c=0,02
→XCH2O2:0,04YCnH2n−2O2:0,03TCmH2m−4O4m>4:0,02→0,04+0,03n+0,02m=0,25
→BTNT.Cn=21−2m3
Ta chọn m=6→n=3→Y là CH2=CH−COOH
T là HCOO−CH2−CH2−OOC−CH=CH2.
Z là C2H4OH2
Áp dụng ĐLBTKL cho quá trình: mE+mKOH=m+mZ+mH2O6,88+0,15.56=m+62.0,02+180,04+0,03→m=12,78 gam
Chọn đáp án C.
Cho hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức. Đem đốt cháy m gam X thì cần vừa đủ 0,465 mol O2 sản phẩm cháy thu được chứa x mol CO2. Thủy phân m gam X trong 90 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ) thì thu được được 8,86 gam hỗn hợp muối Y và một ancol Z no đơn chức, mạch hở. Đem đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối Y thì cần dùng 7,392 lít (đktc) khí O2. Giá trị x là
0,38.
0,14.
0,34.
0,46.
Bài toán mới nhìn qua có vẻ khá lạ vì X có tới 3 este mà không có chút manh mối nào về công thức phân tử. Tuy nhiên, các bạn hãy chú ý rằng việc cho thêm NaOH vào X rồi đem đốt cháy sẽ không làm ảnh hưởng tới lượng cần dùng.
Ta có: nNaOH=0,09→nY=0,09→cháynNa2CO3=0,045molnCO2=anH2O=b
→BTKL44a+18b+0,045.106=8,86+0,33.32→44a+18b=14,65→BTNT.O0,09.2+0,33.2=0,045.3+2a+b→2a+b=0,705→a=0,245b=0,215
Theo chú ý bên trên ta suy ra số mol cần để đốt cháy ancol là:
nO2=0,465−0,33=0,135mol
Như vậy, ta sẽ có: nancol=0,09nO2=0,135→cháyCO2:aH2O:a+0,09
→BTNT.O0,09+0,135.2=2a+0,09+a→a=0,09→CH3OH
→BTNT.C∑nCO2=x=0.245+0,045+0,09=0,38mol
Chọn đáp án A
Kết quả thí nghiệm của các dung dịch X, Y, Z, T với thuốc thử được ghi ở bảng sau:
| Mẫu thử | Thuốc thử | Hiện tượng |
| X | Quỳ tím | Quỳ tím hoá đỏ |
| Y | Cu(OH)2 | Dung dịch xanh lam |
| X,Z | Dung dịch Ag(NO)3 trong NH3 dư, đun nóng | Kết tủa Ag trắng sáng |
| T | Nước Br2 | Kết tủa trắng |
Các dung dịch X, Y, Z, T lần lượt là:
Phenol, etylen glicol, anđehit axetic , axit focmic.
Axit axetic, etylen glicol, anđehit axetic, phenol.
Axit focmic, glixerol, anđehit axetic, phenol.
Axit axetic, etylen glicol, anđehit axetic, phenol.
Axit focmic làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ.
Glixerol tác dụng với dung dịch Cu(OH)2 Þ tạo dung dịch có màu xanh lam.
Anđehit axetic tác dụng dung dịch Ag(NO)3 trong dư, đun nóng Þ kết tủa Ag trắng sáng.
Phenol tác dụng với dung dịch nước brom Þ sau phản ứng tạo kết tủa trắng.
Chọn đáp án C.
Cho hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ có cùng công thức phân tử C2H7NO2tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH đun nóng, thu được dung dịch Y và 4,48 lít hỗn hợp Z (ở đktc) gồm hai khí (đều làm xanh giấy quỳ ẩm). Tỉ khối hơi của Z đối với H2 bằng 13,75. Cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng muối khan là
16,5 gam.
14,3 gam.
8,9 gam.
15,7 gam.
Ta có:
X phản ứng với dung dịch NaOH giải phóng hỗn hợp khí Z gồm hai chất khí đều làm xanh giấy quỳ ẩm, suy ra X gồm hai muối amoni. Do trong phân tử có 2 nguyên tử O nên các muối amoni có gốc axit là RCOO-.
Vì MZ¯=13,75.2=27,5 nên Z chứa một chất là NH3, chất còn lại là amin. Do các muối amoni chỉ có 2 nguyên tử C và gốc axit phải có ít nhất 1 nguyên tử C nên amin là CH3NH2. Suy ra X gồm CH3COONH4 và HCOOH3NCH3
CH3COONH4+NaOH→CH3COONa+NH3↑+H2O xmol← x molHCOOH3NCH3+NaOH→HCOONa+CH3NH2↑+H2O ymol ← y mol
Suy ra: nZ=0,2MZ¯=27,5→x+y=0,217x+31y=5,5→x=0,05y=0,15
Trong Y chứa CH3COONa và HCOONa. Khi cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng muối khan là:
mmuối=mCH3COONa⏟0,05.82+mHCOONa⏟0,15.68=14,3 gamChọn đáp án B.
