(2023) Đề thi thử Hóa học Sở giáo dục và đào tạo Hải Phòng (Lần 2) có đáp án

Cho thanh kim loại Zn vào dung dịch H2SO4 sẽ không xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hóa học do không có đủ 2 điện cực. Chỉ có ăn mòn hóa học:

Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2

Các dung dịch còn lại có ăn mòn điện hóa: Zn-Cu, Zn-Fe, Zn-Ag

Chọn C

Chất được dùng để làm mềm mẫu nước cứng trên là Na2CO3.

Ca2+ + CO32- → CaCO3

Mg2+ + CO32- → MgCO3

Chọn D

nAg = 0,1 → nC6H12O6 = 0,05

→ C%C6H12O6 = 0,05.180/40 = 22,5%

Chọn A

Có 2 chất trong dãy có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc là: glucozơ, fructozơ.

Chọn C

X đơn chức nên nX = nHCl = 0,2

→ MX = 59: X là C3H9N

Chọn A

CH3COOH + C2H5OH ⇋ CH3COOH + H2O

nCH3COOH = 0,5; nC2H5OH = 1 và H = 60%

→ nCH3COOC2H5 = 0,5.60% = 0,3 mol

→ mCH3COOC2H5 = 26,4 gam

Chọn B

nAl = a và nMgO = b

nHCl = 3a + 2b = 0,4

m muối = 133,5a + 95b = 18,1

→ a = 0,1; b = 0,05

→ m = 4,7 gam

Chọn D

A. Sai, poliacrilonitrin được dùng làm tơ (tơ olon).

B. Sai, tơ tằm, bông thuộc loại tơ thiên nhiên.

C. Đúng

C. Sai, cao su lưu hóa có cấu trúc mạch không gian.

Chọn C

Hai chất X và Y lần lượt là saccarozơ và fructozơ.

Chọn D

2Al + Fe2O3 → Al2O3 + 2Fe

nAl = 0,4; nFe2O3 = 0,1 → Oxit sau phản ứng là Al2O3 (0,1) → mAl2O3 – 10,2 gam

Chọn A

nCl2 = a và nO2 = b → a + b = 0,06

mX = 71a + 32b + 5,2 = 8,68

→ a = 0,04; b = 0,02

Kim loại M hóa trị x, bảo toàn electron:

5,2x/M = 2a + 4b → M = 32,5x

→ x = 2, M = 65: M là Zn

Chọn C

X (C4H8O2) + NaOH → C2H5COONa

→ X là C2H5COOCH3

Chọn B

(1) Ba(HCO3)2 + NaOH → BaCO3 + NaHCO3 + H2O

(2) Ba(HCO3)2 + 2NaOH → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O

Các chất X, Y, Z thỏa mãn sơ đồ trên lần lượt là BaCO3, NaHCO3, Na2CO3.

(a)(b) Đúng

(c) Đúng: 2NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O

(d) Đúng, do HCO3- vừa có khả năng nhường, vừa có khả năng nhận proton.

Chọn B

Lượng gas cần dùng chứa C4H10 (x mol) và C5H12 (y mol)

→ mC4H10 = 58x = 99,4%(58x + 72y)

Bảo toàn năng lượng:

80%(2657.10³x + 3510.10³y) = 10000.1.4,16(100 – 20)

→ x = 1,55568; y = 0,00756

→ mGas = 58x + 72y = 90,77 gam

Chọn C

(a) Đúng

(b) Đúng, nilon-6,6 chứa nhóm amit -CONH- dễ bị thủy phân trong môi trường axit và bazơ

(c) Sai, xenlulozơ bị thủy phân trong axit, không bị thủy phân trong kiềm

(d) Đúng, lòng trắng trứng là protein nên dung dịch của nó có phản ứng màu biure

(e) Đúng

(g) Sai, dung dịch etylamin có tính kiềm, làm phenolphtalein chuyển màu hồng.

Chọn A

Ca3(PO4)2 + 3H2SO4 → 2H3PO4 + 3CaSO4

310………………294……..196

Ca3(PO4)2 + 4H3PO4 → 3Ca(H2PO4)2

310……………..392………..702

mCa(H2PO4)2 = 1 tấn → mH3PO4 = 392/(702.90%) = 0,62045 tấn

→ mddH2SO4 = 0,62045.294/(196.90%.80%) ≈ 1,3 tấn

mCa3(PO4)2 = 1.310/(702.90%) + 0,62045.310/(196.90%) = 1,581 tấn

→ m quặng = 1,581/92% ≈ 1,72 tấn

Chọn A

(a) Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O

(b) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

(c) 4NaOH dư + AlCl3 → NaAlO2 + 3NaCl + 2H2O

(d) Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2

Ba(OH)2 + (NH4)2CO3 → BaCO3 + 2NH3 + 2H2O

(e) Al + Na + 2H2O → NaAlO2 + 2H2

Chọn D

nC15H31COONa = a; nC17H33COONa = b; nC3H5(OH)3 = 0,15

nO2 = 23a + 25,5b + 0,15.3,5 = 13,925

nCO2 = 16a + 18b + 0,15.3 = 9,85

→ a = 0,25; b = 0,3

→ X gồm (C15H31COO)(C17H33COO)2C3H5 (0,15) và C15H31COOH (0,25 – 0,15 = 0,1)

→ mC15H31COOH = 25,6 gam

Chọn D

Y gồm FeCl2 (a), FeCl3 (b)

→ m↓ = 143,5(2a + 3b) + 108a = 114,86 (1)

nH2O = nO(X) = c

→ mE = 56(a + b) + 16c + 0,16.46 = 28 (2)

nH2 = 0,03

Bảo toàn electron: 3(a + b) = 2c + a + 0,03.2 (3)

(1)(2)(3) → a = 0,16; b = 0,12; c = 0,31

nHCl = 2nH2 + 2nH2O = 0,68

mddY = (mE – mNO2) + mddHCl – mH2 = 516,98

→ C%FeCl2 = 3,93%

Chọn C

Trong khoảng 2895s (tính từ t đến t + 2895) có ne = 0,06

Catot: nCu = 0,02 → nH2 = 0,01

Anot: nCl2 = u và nO2 = v

→ u + v + 0,01 = 0,03 và 2u + 4v = 0,06

→ u = v = 0,01

Lúc t giây: nCu = nCl2 ⇔ a = b

Lúc 2t giây có ne = 4a:

Catot: nCu = a + 0,02 → nH2 = a – 0,02

Anot: nCl2 = a + 0,01 → nO2 = 0,5a – 0,005

n khí tổng = a – 0,02 + a + 0,01 + 0,5a – 0,005 = 2,2a

→ a = 0,05

nCu(NO3)2 = a + 0,02 = 0,07; nNaCl = 2(a + 0,01) = 0,12

→ m = 20,18 gam

Chọn A

nCOO-Ancol = u và nCOO-Phenol = v

mQ = 32(u + v) + 0,9.12 + 0,57.2 = 21,22

Bảo toàn khối lượng:

21,22 + 40(u + 2v) = 7,52 + 26,40 + 18v

→ u = 0,24; v = 0,05

nNaOH = u + 2v = 0,34 → nNa2CO3 = 0,17

nCO2 (đốt F) = 0,49

Bảo toàn C → nC(E) = 0,24

nO(E) = u = 0,24 → nH = (mE – mC – mO)/1 = 0,8

→ nE = nH/2 – nC = 0,16 → Số C = nC/nE = 1,5

E có nC = nO nên các ancol đều có số C = số O, kết hợp tỉ lệ mol 1 : 3 → E gồm CH3OH (0,12) và C3H5(OH)3 (0,04)

Quy đổi muối thành COONa (0,29), ONa (0,05), C (0,37) và H (0,58)

⇔ COONa (0,29), C6H5ONa (0,05), C (0,07) và H (0,33)

⇔ CH3COONa (0,07), HCOONa (0,12), (COONa)2 (0,05) và C6H5ONa (0,05)

Kết hợp với các ancol:

Z là C6H5-OOC-COO-CH3: 0,05 mol

X là CH3COOCH3: 0,07 mol

Y là (HCOO)3C3H5: 0,04 mol

→ %nX = 43,75%

Chọn D

E, F tác dụng với NaOH nên có ít nhất 2O

E, F có cùng CTĐGN là CH2O và ME < MF < 100 nên E là C2H4O2 và F là C3H6O3.

→ E là HCOOCH3; X là HCOONa và Y là CH3OH

→ F là HCOO-CH2-CH2-OH và Z là C2H4(OH)2

T là HCOOH.

(a) Đúng, X chứa -CHO (HCOONa có thể viết là NaO-CHO)

(b) Đúng: CH3OH + CO → CH3COOH

(c) Sai, oxi hóa Z bằng CuO thu được OHC-CH2OH, (CHO)2.

(d) Sai, Y và Z ở 2 dãy khác nhau.

(e) Đúng, HCOOH có liên kết H liên phân tử nên có nhiệt độ sôi lớn hơn este HCOOCH3.

Chọn C