(2024) Đề minh họa tham khảo BGD môn Hóa có đáp án (Đề 8)

Chất phản ứng với AgNO₃/NH₃ tạo kết tủa vàng phải có liên kết ba đầu mạch

→ Propin: CH≡C-CH₃

A. NaCrO₂: số oxi hóa của crom là +3

B. Cr₂(SO₄)₃: số oxi hóa của crom là +3

C. Na₂Cr₂O₇: số oxi hóa của crom là +6

D. Cr(OH)₂: số oxi hóa của crom là +2

Thạch cao nung: CaSO₄.H₂O

Vinyl axetat là CH₃COOCH=CH₂ → M = 86

Al   +   KOH + H₂O → KAlO₂   +   3/2 H₂

Ca(HCO₃)₂ + 2HCl → CaCl₂ + 2CO₂ + 2H₂O

Amino axit đầu N là amino axit còn chứa nhóm –NH₂ → Gly

   Saccarozo: đisaccarit

   Xenlulozo, tinh bột: polisaccarit

   Glucozo: monosaccarit

Fe tác dụng với các axit HNO₃, H₂SO₄ đặc, nóng, dư sẽ tạo muối sắt (III) (chú ý HNO₃, HSO₄ đặc, nguội không tác dụng với Fe)

Các kim loại K, Na, Ca, Ba,...thường dễ tác dụng với H₂O tạo dung dịch bazơ và giải phóng khí H₂

Khí thoát ra là CO₂ (M=44 > 29)

Khi nối Zn với thép (thành phần chính là Fe) thì Zn sẽ bị ăn mòn trước, lớp vỏ tàu bằng théo sẽ được bào vệ

Ancol no, đơn chức, mạch hở có công thức chung là C_nH_2n+1OH

Natri hiđrocacbonat là NaHCO₃

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

 (natri aluminat)

Crom là kim loại cứng nhất

Nước cứng vĩnh cửu có thể làm mềm bằng Na₃PO₄.

     3Ca²⁺   + 2PO₄^3- →   Ca₃(PO₄)₂ $

     3Mg²⁺   + 2PO₄^3- →   Mg₃(PO₄)₂ $

Al có khả năng khử đi oxit kim loại sau Al trong dãy hoạt động hóa học (phản ứng nhiệt nhôm)

Amin bậc 3 có nguyên tử N liên kết với 3 gốc hiđrocacbon

Tristearin có công thức (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

C sai vì Fe²⁺ vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử

(C₆H₁₀O₅)_n → nC₆H₁₂O₆ → n2Ag

0,1                                     ←0,2 mol

m_tb = 0,1.162 : 0,8 = 20,25 gam

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3H₂ → (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

 0,02                     ←0,06

→ m_triolein = 0,02.884 = 17,68 gam

A sai vì trong máu chứa khoảng 0,1% glucozơ

B sai vì tinh bột không tan trong dung dịch nước Svayde

D sai vì gồm glucozơ và fructozơ

NaOH tác dụng được với HCl, CuSO₄, FeCl₂

M + H₂SO₄ → MSO₄ + H₂

M                     M+96

3 (g)                 15 (g)

→ M = 24 (Mg)

RNH₂ + HCl → RNH₃Cl

→ R = 43(C₃H₇) → CT amin: C₃H₇NH₂

→ Số nguyên tử H là 9

B sai vì tạo ra từ phản ứng trùng hợp

C sai vì tạo ra từ phản ứng trùng ngưng

D sai vì là bán tổng hợp

Cu     + H₂SO₄ → CuSO₄ + SO₂ + H₂O

0,15mol →                         0,15

V_SO2 = 0,15.22,4 = 3,36 lít

C₂H₂ + H₂O → CH₃CHO

CH₃CHO + H₂ → C₂H₅OH

C₂H₅OH + O₂ → CH₃COOH + H₂O

CH₃COOH + C₂H₅OH CH₃COOC₂H₅ + H₂O

M_E < M_F < 146 và E, F có cùng công thức đơn giản nhất là C₃H₄O₂  E là C₃H₄O₂ và F là C₆H₈O₄

E + NaOH tạo 2 sản phẩm hữu cơ nên E là HCOOCH=CH₂

 X là HCOONa; Y là CH₃CHO và J là HCOOH

F tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 1 và tạo 2 sản phẩm hữu cơ nên F chứa 1 chức este.

T là chất hữu cơ đa chức nên F là CH=CH-COO-CH₂-CHOH-CH₂OH Z là CHC-COONa và T là C₃H₅(OH)₃

(a) Sai vì F là CH=CH-COO-CH₂-CHOH-CH₂OH → F là hợp chất hữu cơ tạp chức.

(b) Sai vì J là HCOOH khi tráng gương thu được 2 mol Ag.

(c) Sai vì T là C₃H₅(OH)₃ (ancol no, mạch hở), khi đốt cháy thu được số mol H₂O > số mol CO₂

(d) Đúng vì Z là CHC-COONa có chứa liên kết ba nên có khả năng làm mất màu dung dịch Brom.

(e) Đúng vì G là CHC-COOH → axit không no, đơn chức.

mkk:23x+39y+16z=10,1pH=13⇒pOH=1⇒nOH-=0,02⇒x+y- 0,28=0,02mrẳn⇒23x+39y+0,28.35,5+17.0,02=18,78⇒x=0,2 moly=0,1 molz=0,1 molBTe ⇒nNa+nK-2nO2=0,05 ⇒VH2=0,112(lít)

(1) Đúng: Sau bước 1, I₂ làm tinh bột chuyển màu xanh tím

(2) Đúng: Tinh bột có phản ứng màu với iot vì phân tử tinh bột có cấu tạo mạch hở ở dạng xoắn có lỗ rỗng, tinh bột hấp phụ iot cho màu xanh tím.

(3) Đúng: Ở bước 2, khi đun nóng dung dịch, các phân tử iot được giải phóng khỏi các lỗ rỗng trong phân tử tinh bột nên dung dịch bị mất màu. Để nguội, màu xanh tím lại xuất hiện.

(4) Đúng: I₂ làm tinh bột chuyển màu xanh tím, còn saccarozo không có phản ứng.

\({n_{HCl}} = \frac{{200.8,03}}{{100.36,5}} = 0,44\,mol\); \({n_{{H_2}}} = 0,06\,mol\)

Bảo toàn H: n_HCl = 2n_H2 + 2n_H2O

→ n_O = n_H2O = 0,16 mol

Y chứa CuCl₂ (a), FeCl₂ (b), FeCl₃ (c)

m_X = 64a + 56(b + c) + 0,16.16 = 14,56    (1)

n_HCl =\({n_{C{l^ - }}}\)= 2a + 2b + 3c = 0,44 (2)

n_SO2 = 0,09 mol

n_H2SO4 = 2n_SO2 + n_O = 0,34 mol

Bảo toàn S → \({n_{BaS{O_4}}} = {n_{SO_4^{2 - }\,\,(E)}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} - {n_{S{O_2}}} = 0,34 - 0,09 = 0,25\,mol\)

m_rắn = \({m_{BaS{O_4}}} + {m_{CuO}} + {m_{F{e_2}{O_3}}} = 0,25.233 + 80a + 160.\frac{{b + c}}{2}\)= 74,25    (3)

(1)(2)(3) → a = 0,1 mol; b = 0,06 mol; c = 0,04 mol

m_ddY = m_X + m_ddHCl – m_H2 = 214,44 gam

→ \(C{\% _{CuC{l_2}}} = \frac{{0,1.135}}{{214,44}}.100 = 6,30\% \)

 nCO2=0,45 mol, nH2O=0,6 mol⇒nancol=0,15 mol⇒Cancol=3→MX<MY<MZC3H7OHC3H6(OH)2C3H5(OH)2

n_NaOH = n_OH = n_RCOONa = 0,375 mol→mancol=mC+mH+mO=12,6 gam

 →BTKLmmuối=30,75 gam ⇒MRCOONa=82:CH3COONa

⇒ X: CH₃COOC₃H₇ 

Y: (CH₃COO)₂C₃H₆ → M_Y = 160

    Z: (CH₃COO)₃C₃H₅

(a) Sai vì đốt cháy este no, đơn chức mạch hở thì thu được số mol CO₂ = số mol H₂O.

(b) Sai vì đây là phản ứng trùng ngưng.

(c) Sai vì alanin NH₂-CH(CH₃)-COOH có môi trường trung tính do có 1 nhóm NH₂ và nhóm COOH

(d) Đúng

      CTCT của peptit: NH₂-CH₂-CO-NH-CH(CH­₃)-CO-NH-CH₂-CO-NH-C₃H₅-(COOH)

       → có chứa 7 nguyên tử oxi.

(e) Đúng

n_S = a và n_P = b → T chứa 4 muối trung hòa gồm các ion SO₄^2- (a), PO₄^3- (b), Na⁺ (0,05) và K⁺ (0,35)

Bảo toàn điện tích: 2a + 3b = 0,05 + 0,35

m_muối = 96a + 95b + 0,05.23 + 0,35.39 = 29,1

→ a = 0,05; b = 0,1

→ m = 32a + 31b = 32.0,05+31.0,1 = 5,5 (g)

\[\begin{array}{l} + \,\,Ta\"i i\,\,th\^o {\o}i\,\,\~n ie{\aa}m\,\,t\,\,gia\^a y:\,\,{n_{C{l_2}}} = 0,04 \to {n_{elcctron\,\,trao\,\,\~n o{\aa}i}} = 0,08.\\ + \,\,\left\{ \begin{array}{l}Ta\"i i\,\,th\^o {\o}i\,\,\~n ie{\aa}m\,\,2t\,\,gia\^a y\\{n_{elcctron\,\,trao\,\,\~n o{\aa}i}} = 0,08.2 = 0,16\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{n_{ho\~a n\,\,h\^o \"i p\,\,kh\'i }} = {n_{C{l_2}}} + {n_{{O_2}}} = 0,065\\BTE:\,\,2{n_{C{l_2}}} + 4{n_{{O_2}}} = 0,16\,\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{n_{C{l_2}}} = 0,05\\{n_{{O_2}}} = 0,015\end{array} \right.\\ + \,\,\left\{ \begin{array}{l}Ta\"i i\,\,th\^o {\o}i\,\,\~n ie{\aa}m\,\,3t\,\,gia\^a y\\{n_{elcctron\,\,trao\,\,\~n o{\aa}i}} = 0,08.3 = 0,24\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}\^O \^U \,\,\,anot:\,\,2\underbrace {{n_{C{l_2}}}}_{0,05} + 4{n_{{O_2}}} = 0,24\\{n_{ho\~a n\,\,h\^o \"i p\,\,kh\'i }} = {n_{{H_2}}} + {n_{C{l_2}}} + {n_{{O_2}}} = 0,11\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{n_{{O_2}}} = 0,035\\{n_{{H_2}}} = 0,025\end{array} \right.\end{array}\]

 BT e ở catot khi thời gian điện phân là 3t: \({n_{Ag}}.1 + 2.{n_{{H_2}}} = 0,24 \Rightarrow {n_{Ag}} = 0,19\,mol\)

   \(C{\% _{CuC{l_2}}} = \frac{{0,1.135}}{{214,44}}.100 = 6,30\% \)

n CuSO₄.5H₂O = a mol

n H₂SO₄ = CuO = 0,4 mol => m dd H₂SO₄= 0,4.98 : 25% = 156,8 gam

=> m dung dịch CuSO₄ = (32 + 156,8 – 250a) gam

=>C% dd CuSO_{4 bão hòa ở 10 độ C} = \[\frac{{160.(0,4 - a)}}{{188,8 - 250a}} = \frac{{17,4}}{{17,4 + 100}} \Rightarrow a = 0,293mol\]

=> m CuSO₄.5H₂O \[ \approx \]73,25 gam.

\[{n_{{C_2}{H_5}OH}}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,05x;{\rm{ }}{n_{{C_7}{H_{16}}}} = {\rm{ }}0,45x;{\rm{ }}{n_{{C_8}{H_{18}}}} = {\rm{ }}0,5x\]

Có 20% năng lượng thải vào môi trường nên có 80% năng lượng sinh công.

\(\begin{array}{l}Q = 0,05x.1367 + 0,45x.4825 + 0,5x.5460 = 20650.\frac{{100}}{{80}}\\ \Rightarrow x = 5,194mol\end{array}\)

→ m_{xăng E5} = 0,05.5,194.46 + 0,45.5,194.100+0,5.5,194.114 = 541,7342 (g)

→ V_{xăng E5} = \(\frac{{541,7342}}{{750}} = 0,72\,lit\)