Bộ 25 đề thi thử THPT Hóa học có lời giải năm 2022 (Đề 4)
40 câu hỏi
Chất nào sau đây không bị thủy phân trong môi trường axit?
Xenlulozơ.
Tinh bột.
Glucozơ.
Saccarozơ.
Đáp án C
X là kim loại có nhiệt độ nóng chảy cao nhất, được sử dụng để làm sợi tóc bóng đèn. X là kim loại nào sau đây?
W.
Cr.
Cs.
Ag.
Đáp án A
Kim cương và than chì là các dạng
đồng hình của cacbon.
đồng phân của cacbon.
đồng vị của cacbon.
thù hình của cacbon.
Đáp án D
Chất H2NCH2COOH có tên gọi là
glyxin.
valin.
lysin.
alanin.
Đáp án A
Kim loại nào sau đây là kim loại kiềm?
Al.
Fe.
Ca.
K.
Đáp án D
Trong công nghiệp, quặng boxit được dùng làm nguyên liệu chính để sản xuất kim loiạ
Al.
Cu.
Mg.
Zn.
Đáp án A
Nhiên liệu được coi là sạch, ít gây ô nhiễm môi trường là:
xăng dầu.
than đá, xăng, dầu.
khí thiên nhiên.
củi, gỗ, than cốc.
Đáp án C
Công thức của crom(VI) oxit là
Cr2O3.
CrO3.
CrO.
H2CrO4.
Đáp án B
Este nào sau đây có công thức phân tử C4H8O2?
Vinyl axetat.
Propyl axetat.
Phenyl axetat.
Etyl axetat.
Đáp án D
Vinyl axatat: có công thức phân tử của C4H6O2.
Propyl axetat: CH3COOC3H7 có công thức phân tử là C5H10O2.
Phenyl axetat: CH3COOC6H5 có công thức phân tử C8H8O2.
Etyl axetat: CH3COOC2H5 có công thức phân tử C4H8O2.
Kim loại Fe phản ứng được với dung dịch nào sau đây?
CuSO4.
FeCl2.
Na2CO3.
KNO3.
Đáp án A
Theo quy tắc thì Fe phản ứng được với dung dịch CuSO4.
Fe+CuSO4→FeSO4+Cu
Este nào sau đây phản ứng với dung dịch KOH theo tỉ lệ tương ứng là 1 : 2 là
metyl axetat.
benzyl axetat.
phenyl axetat.
etyl axetat
Đáp án C
Este đơn chức mà phản ứng với dung dịch kiềm theo tỉ lệ 1 : 2 thì chỉ có thể là este của phenol, công thức phân tử có dạng RCOOC6H4R’.
→ Trong các đáp án chỉ có phenyl axetat thỏa mãn (CH3COOC6H5).
CH3COOC6H5+2KOH→CH3COOK+C6H5OK+H2O
Phản ứng nào sau đây có phương trình ion rút gọn là Ba2++SO42−→BaSO4?
BaHCO32+Na2SO4→BaSO4+2NaHCO3
BaOH2+2NaHSO4→BaSO4+Na2SO4+2H2O
BaOH2+H2SO4→BaSO+2H2O
BaHCO32+2NaHSO4→BaSO4+Na2SO4+2H2O+2CO2
Đáp án A
Xét phương trình ion rút gọn của các đáp án:
A. Ba2++SO42−→BaSO4
B. Ba2++2OH−+2Na++2HSO4−→BaSO4+2Na++SO42−+2H2O
C. Ba2++2OH−+2H++SO42−→BaSO4+2H2O
D. Ba2++2HCO3−+2Na++2HSO4−→BaSO4+Na2SO4+2CO2+2H2O
Vậy đáp án A thỏa mãn phương trình ion rút gọn là Ba2++SO42−→BaSO4.
Nước cứng có chứa các ion Mg2+,Ca2+,Cl− và SO42− thuộc loại nước cứng nào sau đây?
Nước cứng toàn phần.
Nước cứng tạm thời.
Nước cứng vĩnh cửu.
Nước cứng một phần.
Đáp án C
Cho 15,0 gam hỗn hợp bột kim loại Zn và Cu vào dung dịch HCl dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí H2 và m gam chất rắn không tan. Giá trị của m là:
8,5.
2,2.
6,4.
2,0.
Đáp án D
nH2=0,2 mol
Nhớ nhanh: nZn=nH2=0,2 mol→mZn=0,2.65=13 gam
Do Cu không phản ứng được với dung dịch HCl nên chất rắn không tan là Cu:
mkhoâng tan=mCu=15−13=2 gam
Cho sơ đồ phản ứng sau: CH2=CH−COOH+CH3OH⇄H2SO4 ñaëc,t°X+H2O. Trùng hợp X thu được Y. Tên của X và Y là
etyl acrylat và poli(etyl acrylat).
metyl acrylat và poli(metyl acrylat).
vinyl axetat và poli(vinyl axetat).
metyl acrylat và poli(vinyl axetat).
Đáp án B
Phương trình hóa học:
CH2=CH−COOH+CH3OH⇄H2SO4 ñaëc,t°CH2=CHCOOCH3+H2O
(metyl acrylat)
Trùng hợp X thu được polime tương ứng là poli(metyl acrylat).
Cho các chất sau: amoniac (1), metylamin (2), anilin (3), đimetylamin (4). Tính bazơ tăng dần theo thứ tự là:
(3), (1), (4), (2).
(1), (3), (2), (4).
(1), (2), (3), (4).
(3), (1), (2), (4).
Đáp án D
Tổng quát: Amin thơm bậc hai < Amin thơm bậc một < NH3 < Amin no bậc một < Amin no bậc hai.
→ Tính bazơ tăng dần: Anilin (3) < amoniac (1) < metylamin (2) < đimetylamin (4).
Lên men m gam glucozơ để tạo thành ancol etylic (hiệu suất phản ứng bằng 50%). Hấp thụ hoàn toàn lượng khí CO2 sinh ra vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 15,0 gam kết tủa. Giá trị của m là
27,0.
54,0.
13,5.
24,3.
Đáp án A
nCaCO3=0,15 mol
Hấp thụ lượng khí CO2 sinh ra vào dung dịch Ca(OH)2 dư: nCO2=nCaCO3=0,15 mol
Nếu H=100% ta có:
Phương trình hóa học: C6H12O6→leân men2C2H5OH+2CO2
0,075 ← 0,15 mol
→mglucozô=0,075.180=13,5 gam
Với H=50% ta có: m=13,5:50%=27 gam
Chú ý: Ta có thể ghi nhớ nhanh trong phản ứng này để tính toán nhanh hơn: nCO2=nC2H5OH=2nglucozô.
Hay khi lên men từ tinh bột: nCO2=nC2H5OH=2nglucozô=2ntinh boät
X và Y là hai cacbohiđrat. X là chất rắn, ở dạng bột vô định hình, màu trắng, không tan trong nước lạnh. Y là loại đường phổ biến nhất, có trong nhiều loài thực vật, có nhiều nhất trong cây mía, của cải đường và hoa thốt nốt. Tên gọi của X và Y lần lượt là
tinh bột và saccarozơ.
xenlulozơ và saccarozơ.
tinh bột và glucozơ.
saccarozơ và fructozơ.
Đáp án A
X là chất rắn, ở dạng bột vô định hình, màu trắng, không tan trong nước lạnh X là tinh bột.
Y là loại đường phổ biến nhất, có trong nhiều loài thực vật, có nhiều nhất trong cây mía, của cải đường và hoa thốt nốt => Y là saccarozơ.
Cho các chất sau: Fe(OH)3, Fe3O4, FeSO4, Fe(NO3)2. Số chất tác dụng với dung dịch HCl là
4.
2.
3.
1.
Đáp án C
Các chất tác dụng được với dung dịch HCl là Fe(OH)3, Fe3O4, Fe(NO3)2.
Chú ý: Fe(NO3)2 phản ứng được với HCl là do phản ứng Fe2+ trong dung dịch chứa H+ và NO3−.
3Fe2++4H++NO3−→3Fe3++NO+2H2O
Một peptit X mạch hở khi thủy phân hoàn toàn chỉ thu được glyxin. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X, thu được 12,6 gam nước. Số nguyên tử oxi có trong một phân tử X là
5.
2.
3.
4.
Đáp án A
nH2O=0,7 mol. Số nguyên tử H=2nH2OnX=2.0,70,1=14
Một peptit X mạch hở khi thủy phân hoàn toàn chỉ thu được glyxin nên công thức phân tử có dạng: Glyn hay C2H5O2Nn−H2On−1 hay C2nH3n+2On+1Nn.
Ta có: 3n+2=14→n=4
Vậy số nguyên tử O=n+1=4+1=5.
Cho sơ đồ phản ứng sau:
(a) Fe+X1→FeSO4+X2+H2 (b) Fe+X1→FeSO4+X2+H2
Biết rằng X1, X2, X3 là các hợp chất của natri. Chất X2 là
Na2SO4.
Na2SO3.
NaOH.
NaHSO4.
Đáp án A
Phương trình hóa học:
(a) Fe+NaHSO4→FeSO4+Na2SO4+H2
X1 X2
(b) NaHSO4+NaOH→Na2SO4+H2O
X1 X3 X2
Hợp chất X tan trong nước tạo dung dịch không màu. Dung dịch này không tạo kết tủa với dung dịch BaCl2; khi phản ứng với NaOH tạo ra khí mùi khai; khi phản ứng với dung dịch HCl tạo ra khí làm đục nước vôi trong và làm mất màu dung dịch thuốc tím. Chất X là
(NH4)2CO3.
(NH4)2SO3.
NH4HCO3.
NH4HSO3.
Đáp án D
X không tạo kết tủa với dung dịch BaCl2→ Loại A và B.
Khi X phản ứng với NaOH tạo ra khí mùi khai, khi phản ứng với dung dịch HCl tạo ra khí làm đục nước vôi trong và làm mất màu dung dịch thuốc tím nên X chỉ có thể là NH4HSO3.
NH4HSO3+NaOH→NaHSO3+NH3+H2O
NH4HSO3+HCl→NH4Cl+SO2+H2O
(SO2 làm đục nước vôi trong và làm mất màu dung dịch thuốc tím KMnO4)
Dẫn khí CO dư qua hỗn hợp bột gồm MgO, CuO, Al2O3 và Fe3O4, nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn Y. Số oxit kim loại có trong Y là
3.
1.
4.
2.
Đáp án D
Khí CO khử được oxit của các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa nên khi dẫn khí CO dư qua hỗn hợp bột gồm MgO, CuO, Al2O3 và Fe3O4, nung nóng thì có CuO và Fe3O4 phản ứng tạo kim loại Cu và Fe.
=> Hỗn hợp rắn Y gồm: MgO, Al2O3, Cu, Fe.
Trong trà xanh, chất oxi hóa được tìm thất là catechin, có khả năng trung hòa các gốc tự do gây bệnh, làm giảm huyết, cholesterol… Catechin có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất và phần trăm khối lượng các nguyên tố C, H, O lần lượt là 62,07%; 4,83%; 33,10%. Công thức phân tử của catechin là
C15H10O6.
C15H14O6.
C14H14O6.
C14H10O6.
Đáp án B
Gọi công thức đơn giản nhất hay công thức phân tử của catechin là CxHyOzx,y,z∈N*.
Ta có: x:y:z=62,0712:4,831:33,116
=5,1725:4,83:2,06875
=15:14:6
Công thức phân tử của catechin là C15H14O6.
Trong trà xanh, chất oxi hóa được tìm thất là catechin, có khả năng trung hòa các gốc tự do gây bệnh, làm giảm huyết, cholesterol… Catechin có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất và phần trăm khối lượng các nguyên tố C, H, O lần lượt là 62,07%; 4,83%; 33,10%. Công thức phân tử của catechin là
C15H10O6.
C15H14O6.
C14H14O6.
C14H10O6.
Đáp án B
Gọi công thức đơn giản nhất hay công thức phân tử của catechin là CxHyOzx,y,z∈N*.
Ta có: x:y:z=62,0712:4,831:33,116
=5,1725:4,83:2,06875
=15:14:6
Công thức phân tử của catechin là C15H14O6.
Trong trà xanh, chất oxi hóa được tìm thất là catechin, có khả năng trung hòa các gốc tự do gây bệnh, làm giảm huyết, cholesterol… Catechin có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất và phần trăm khối lượng các nguyên tố C, H, O lần lượt là 62,07%; 4,83%; 33,10%. Công thức phân tử của catechin là
C15H10O6.
C15H14O6.
C14H14O6.
C14H10O6.
Đáp án B
Gọi công thức đơn giản nhất hay công thức phân tử của catechin là CxHyOzx,y,z∈N*.
Ta có: x:y:z=62,0712:4,831:33,116
=5,1725:4,83:2,06875
=15:14:6
Công thức phân tử của catechin là C15H14O6.
Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch có chứa a mol NaHCO3 và b mol Na2CO3. Số mol khí CO2 thu được phụ thuộc vào số mol HCl được biểu diễn trên đồ thị sau: 
Tỉ lệ của a : b bằng
1 : 3.
3 : 4.
7 : 3.
4 : 3.
Đáp án A
nHCO3−=a mol;nCO32−=b mol
Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch chứa NaHCO3 và Na2CO3 ta có thứ tự phản ứng:
CO32−+H+→HCO3− (1)
HCO3−+H−→CO2+H2O (2)
Từ nHCl=0 mol→nHCl=0,15 mol, xảy ra phương trình (1):
nCO32−=nH+=nHCl1=0,15 mol
→b=0,15
Từ nHCl=0,15 mol→nHCl=0,35 mol, xảy ra phương trình (2): nCO2=nHCl2=0,35−0,15=0,2 mol
Bảo toàn nguyên tố C: nHCO3−+nCO3−=nCO2=0,2 mol
→nHCO3−=0,2−0,15=0,05 mol
→a=0,05
→a:b=0,05:0,15=1:3
Cho các phát biểu sau:
(a) Để một miếng gang (hợp kim sắt – cacbon) ngoài không khí ẩm, sẽ xảy ra sự ăn mòn điện hóa.
(b) Kim loại cứng nhất là W (vonfram).
(c) Hòa tan Fe3O4 bằng dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch chứa hai muối.
(d) Khi điện phân NaCl nóng chảy (điện cực trơ), tại catot xảy ra sự oxi hóa ion Na+.
(e) Không thể dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy magie hoặc nhôm.
Số phát biểu đúng là
3.
2.
1.
4.
Đáp án A
Các phát biểu đúng là: (a), (c), (e).
(b) sai vì kim loạicứng nhất là Cr (crom).
(d) sai vì khi điện phân nóng chảy NaCl (điện cực trơ), tại catot xảy ra sự khử ion
Cho phát biểu sau:
(a) Dung dịch glucozơ hòa tan được Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường.
(b) Đốt cháy hoàn toàn este no, mạch hở luôn thu được số mol CO2 bằng số mol H2O.
(c) Dung dịch axit glutamic có pH > 7
(d) Gly-Ala là một đipeptit có phản ứng màu biure.
(e) Các loại tơ nilon-6,6, tơ nilon-7, tơ nitron đều được tổng hợp bằng phản ứng trùng ngưng.
Số phát biểu sai là
1.
3.
2.
4.
Đáp án D
Phát biểu đúng là (a).
(b) sai vì đốt cháy hoàn toàn este no, đơn chức, mạch hở mới thu được số mol CO2 bằng số mol H2O.
(c) sai vì dung dịch axit glutamic có tính axit nên có pH<7.
(d) sai vì đipeptit không có phản ứng màu biure.
(e) sai vì tơ nitron tổng hợp bằng phương pháp trùng hợp.
Chú ý: Từ tripeptit trở đi mới có phản ứng màu biure.
Khi xà phòng hóa hoàn toàn 5,45 gam X có công thức phân tử C9H14O6 đã dùng 600 ml dung dịch NaOH 1,0M thu được ancol no Y và muối của một axit hữu cơ. Để trung hòa lượng NaOH dư sau phản ứng phải dùng hết 50 ml dung dịch HCl 0,5 M. Biết rằng 23 gam ancol Y khi hóa rơi có thể tích bằng thể tích của 8 gam O2 (trong cùng điều kiện). Công thức của X là
(C2H5COO)2C3H5(OH).
(HCOO)3C6H11.
C2H5COOC2H4COOC2H4COOH.
(CH3COO)3C3H5.
Đáp án D
nX=0,025 mol;nNaOH ñaõ duøng=0,1 mol;nHCl=0,025 mol
Trung hòa lượng NaOH dư: nNaOH dö=nHCl=0,025 mol
→nNaOH pö vôùi X=0,1−0,025=0,075 mol
23,00 gam ancol Y khi hóa hơi có thể tích bằng thể tích của 8,00 gam O2: →nY=nO2=832=0,25 mol
→MY=230,25=92
Ta thấy: nX:nNaOH=1:3 và Mancol Y=92→Y là C3H5(OH)3.
→ Công thức cấu tạo của X là (CH3COO)3C3H5.
Hỗn hợp X chứa C3H8, C3H6, C3H4 và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 15,35. Nung nóng hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác một thời gian thu được hỗn hợp Y. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng bình tăng 2,5 gam; đồng thời khối lượng Br2 phản ứng là a gam. Khí thoát ra khỏi bình có thể tích 6,048 lít (đktc) và cân nặng 9,78 gam. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn Y thu được 19,8 gam nước. Giá trị của a là
8,0.
9,6.
11,2.
12,8.
Đáp án C
Khí thoát ra khỏi bình gồm C3H8 (a mol) và H2 (b mol).
Ta có hệ phương trình: a+b=0,2744a+2b=9,78→a=0,22b=0,05→nH2 dö=0,05 mol
Bảo toàn khối lượng: mX=mbình brom taêng+mC3H8+mH2=12,28 gam
MX=15,35.2=30,7→nX=12,2830,7=0,4 mol
Đốt cháy Y: nH2O=1,1 mol→nHY=2,2 mol
X gồm C3Hn (x mol) và H2 (y mol).
→x+y=0,4*
36+nx+2y=12,28**
Bảo toàn nguyên tố H: nx+2y=2,2***
Từ (*), (**) và (***) suy ra: x=0,28;y=0,12;nx=1,96→n=7
=> Độ bất bão hòa kC3Hn=2.3+2−72=0,5
Bảo toàn liên kết π:0,5nC3Hn=nH2pö+nBr2
→nBr2=0,5.0,28−0,12−0,05=0,07 mol
→mBr2=11,2 gam
Hấp thụ hoàn toàn V lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa đồng thời 0,100 mol Ba(OH)2; 0,255 mol KOH và 0,200 mol NaOH. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và kết tủa Y. Nhỏ từ từ đến hết dung dịch X vào dung dịch chứa 0,35 mol HCl, sinh ra 0,25 mol CO2. Giá trị của V là
9,520.
12,432.
7,280.
5,600.
Đáp án A
Nhỏ từ từ đến hết dung dịch X vào dung dịch chứa 0,35 mol HCl, sinh ra 0,25 mol CO2: nH+=0,35 mol
Ta thấy: nCO2<nH+<2nCO2 nên trong dung dịch X chứa cả HCO3− (a mol) và CO32− (b mol).
Phương trình hóa học:
HCO3−+H+→CO2+H2O
a a a mol
CO32−+2H+→CO2+H2O
b 2b b mol
Ta có hệ phương trình: a+b=0,25a+2b=0,35→a=0,15b=0,1→nHCO3−nCO32−=32
Dung dịch X chứa K+ (0,255 mol); Na+ (0,2 mol); HCO3− (3x mol); CO32− (2x mol).
Bảo toàn điện tích: 0,255+0,2=3x+2.2x→x=0,065
Kết tủa Y là BaCO3: nBaCO3=nBa2+=0,1 mol
Bảo toàn nguyên tố C: nCO2=nBaCO3+nHCO3−+nCO32−=0,1+3.0,065+2.0,065=0,425 mol
→VCO2=0,425.22,4=9,52 lít
Pentapeptit X mạch hở được tạo bởi một loại α−amino axit có dạng H2NCnH2nCOOH. Trong X oxi chiếm 18,713% về khối lượng. Thủy phân không hoàn toàn 35,91 gam X, thu được hỗn hợp gồm 16,56 gam tetrapeptit; 9,45 gam tripeptit; 4,32 gam đipeptit và m gam X. Giá trị nào sau đây gần nhất với giá trị của m?
7,5.
6,5.
7,0.
6,0.
Đáp án D
Pentapeptit X có 6 nguyên tử O nên ta có: MX=6.1618,713%=513
Ta có: MX=5.Mα−amino axit−4.18=513→Mα−amino axit=117
→ X là (Val)5 với nX=0,07 mol
Ta có: nVal4=0,04 mol;nVal3=0,03 mol;nVal2=0,02 mol
Bảo toàn gốc Val: 5nX bd=4nVal4+3nVal3+2nVal2+5nX du
→nX dö=0,012 mol→mX dö=6,156 gam
Cho các bước ở thí nghiệm sau:
(1) Nhỏ vài giọt anilin vào ống nghiệm chứa 10 ml nước cất, lắc đều, sau đó để yên.
(2) Nhỏ tiếp dung dịch HCl đặc vào ống nghiệm.
(3) Cho tiếp dung dịch NaOH loãng (dùng dư), đun nóng.
Phát biểu nào sau đây là sai?
Kết thúc bước (1), nhúng quỳ tím vào thấy quỳ tím không đổi màu.
Ở bước (2) thì anilin tan dần.
Kết thúc bước (3), thu được dung dịch trong suốt.
Ở bước (1), anilin hầu như không tan, nó tạo vẩn đục và lắng xuống đáy.
Đáp án C
A đúng vì anilin không làm quỳ tím đổi màu.
B đúng vì anilin có tính bazơ nên tan trong dung dịch HCl tạo dung dịch muối:
C6H5NH2+HCl→C6H5NH3Cl
C sai vì muối vừa thu được ở bước (2) có phản ứng với dung dịch NaOH thu được anilin hầu như không tan trong nước nên lại vẩn đục: C6H5NH3Cl+NaOH→NaCl+C6H5NH2+H2O
D đúng vì anilin hầu như không tan trong nước, tạo vẩn đục và lắng xuống đáy.
Cho hỗn hợp X chứa 0,2 mol Y (C7H13O4N) và 0,1 mol chất Z (C6H16O4N2, là muối của axit cacboxylic hai chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH, thu được một ancol đơn chức, hai amin no (kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng) và dung dịch T. Cô cạn T thu được hỗn hợp G chứa ba muối khan có cùng số nguyên tử cacbon (trong đó có hai muối của hai axit cacboxylic và muối của một α−amino axit). Khối lượng của muối có khối lượng mol nhỏ nhất trong G là
19,2 gam.
18,8 gam.
14,8 gam.
22,2 gam.
Đáp án B
Dựa vào dữ kiện đề bài, biện luận suy ra:
Y là CH2 = CHCOONH3CH(CH3)COOCH3
Z là CH3NH3OOCH2COONH3C2H5
G gồm CH2 = CHCOONa (0,2 mol); H2NCH(CH3)COONa (0,2 mol) và CH2(COONa)2 (0,1 mol).
Muối có phân tử khối nhỏ nhất là CH2=CHCOONa:m=0,2.94=18,8 gam
Nung nóng m gam hỗn hợp Al và Fe2O3 trong khí trơ, thu được hỗn hợp X rồi chia thành hai phần không bằng nhau. Cho phần một vào dung dịch NaOH dư, thu được 8,96 lít khí H2 (đktc) và còn lại chất rắn không tan có khối lượng bằng 44,8% khối lượng phần một. Hòa tan hết phần hai vào dung dịch HCl dư thu được 26,88 lít khí H2 (đktc). Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
50.
70.
170.
130.
Đáp án D
Hỗn hợp X gồm Al2O3, Fe và Al dư hoặc Fe2O3 dư.
Cho phần một vào dung dịch NaOH thu được: nH2=0,4 mol
→ Hỗn hợp X gồm Al2O3, Fe và Al dư: nAl dö=23nH2=0,83mol
Gọi số mol Al2O3 và Fe trong phần một lần lượt là x và 2x mol.
Ta có: mFe=44,8%.mFe+mAl2O3+mAl dö→x=0,2
→ Phần một gồm Al dư 0,83mol;Al2O30,2 mol;Fe0,4 mol
Xét phần hai gồm Al dư 0,8k3mol;Al2O30,2k mol;Fe0,4k mol vào dung dịch HCl dư.
Ta có: 32nAl+nFe=nH2→k=1,5
Ta có: m=mphaàn moät+mphaàn hai=2,5.mphaàn moät=125 gam
Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và KCl bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp với cường độ dòng điện không đổi. Kết quả quá trình điện phân được ghi theo bảng sau:
Thời gian | Catot | Anot |
t giây | Khối lượng tăng 10,24 gam | 2,24 lít khí (đktc) |
2t giây | Khối lượng tăng 15,36 gam | V lít hỗn hợp khí (đktc) |
Phát biểu nào sau đây đúng?
Giá trị của V là 4,480.
Giá trị của V là 4,928.
Giá trị của m là 44,360.
Giá trị của m là 43,080.
Đáp án C
Thời gian t giây:
Gọi số mol Cl2 và O2 thu được ở anot lần lượt là a và b mol
→a+b=0,1*
Ta có: mtaêng ôû catot=mCu→nCu=0,16 mol→ne trao ñoåi=0,32 mol
Bảo toàn electron: 2nCu=2nCl2+4nO2→2a+4b=0,32**
Từ (*) và (**) suy ra: a=0,04;b=0,06
Thời gian 2t giây: ne trao ñoåi=2.0,32=0,64 mol
Ở anot thu được khí Cl2 (0,04 mol) và O2.
→nO2=0,64−0,04.24=0,14 mol
→Vkhí ôû catot=4,032 lít
→ A, B sai.
Ở catot: nCu=0,24 mol→nCuSO4=0,24 mol
Ta có: nKCl=2nCl2=0,08 mol
→m=0,24.160+0,08.74,5=44,36 gam
Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4 và Fe(NO3)2 tan hết trong 320 ml dung dịch KHSO4 1M. Sau phản ứng, thu được dung dịch Y chứa 59,04 gam muối trung hòa và 896 ml NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5, ở đktc). Y phản ứng vừa đủ với 0,44 mol NaOH. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của Fe(NO3)2 trong X có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
18.
73.
20.
63.
Đáp án B
nKHSO4=0,32 mol;nNO=0,04 mol
Ta có quá trình: FeFe3O4FeNO32⏟+KHSO4⏟0,32 mol→Dd YMuoái trung hoøa⏟59,04 gamH2O→0,44 mol NaOHNO⏟0,04 mol
Bảo toàn nguyên tố H: nH2O=12nKHSO4=0,16 mol
Bảo toàn khối lượng:
m=mmuoái khan+mH2O+mNO−mKHSO4=59,04+0,16.18+0,04.30−0,32.136=19,6 gam
Ta có: nH+=4nNO+2nOFe3O4→nOFe3O4=0,32−4.0,042=0,08 mol
→nFe3O4=nOFe3O44=0,02 mol
Y phản ứng vừa đủ với 0,44 mol NaOH thu được dung dịch chứa Na+ (0,44 mol); K+ (0,32 mol); SO42− (0,32 mol); NO3− trong đó: nNO3−=0,44+0,32−0,32.2=0,12 mol
Bảo toàn nguyên tố N: nNO3−FeNO32=nNO3−Y+nNO=0,12+0,04=0,16 mol
→nFeNO32=0,162=0,08 mol
Phần trăm khối lượng của FeNO32 trong X: %mFeNO32=0,08.18019,6.100%≈73,47%
X là este mạch hở được tạo bởi axit cacboxylic hai chức và một ancol đơn chức. Y, Z là hai ancol đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp nhau. Đốt cháy hoàn toàn 5,70 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 7,728 lít O2 (đktc), sau phản ứng thu được 4,86 gam nước. Mặt khác, đun nóng 5,70 gam hỗn hợp E trên cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 0,2M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần hơi chứa hai ancol Y, Z có khối lượng 4,10 gam. Phần trăm khối lượng X có trong E là
57,80%.
60,35%.
61,40%.
62,28%.
Đáp án B
Khi đun nóng hỗn hợp E với dung dịch NaOH thu được phần hơi chứa hai ancol Y, Z nên X là este được tạo bởi axit cacboxylic hai chức và một ancol là Y hoặc Z.
Quy đổi E thành hỗn hợp gồm R(COOH)2 (a mol), R’OH (b mol) và H2O (−2a mol)
Đun nóng 5,70 gam hỗn hợp E với dung dịch NaOH: nNaOH=0,04 mol
Ta có: nRCOOH2=12nNaOH=0,02 mol
→ E gồm R(COOH)2 (0,02 mol), R’OH (b mol) và H2O −0,04 mol
Đốt cháy hoàn toàn 5,70 gam hỗn hợp E: nO2=0,345 mol;nH2O=0,27 mol
Bảo toàn khối lượng: 5,7+0,345.32=mCO2+0,27.18
→mCO2=11,88 gam→nCO2=0,27 mol
Bảo toàn khối lượng O: nOE=2nCO2+nH2O−2nO2=2.0,27+0,27−2.0,345=0,12 mol
→0,02.4+b−0,04=0,12
→b=0,08
Lại có khối lượng hai ancol là 4,1 gam: MR'=4,10,08−17=34,25
→ Hai ancol Y và Z là C2H5OH (x mol) và C3H7OH (y mol).
Ta có hệ phương trình: x+y=0,0846x+60y=4,1→x=0,05y=0,03
Ta có: mRCOOH2=5,7+0,04.18−4,1=2,32 gam→MR=2,320,02−45.2=26
→ X chỉ có thể là C2H5OOCCH = CHCOOC2H5 (0,02 mol).
Phần trăm khối lượng X có trong E: %mX=0,02.1725,7.100%≈60,35%
Hỗn hợp M gồm Al, Al2O3, Fe3O4, CuO, Fe và Cu, trong đó oxi chiếm 20,4255% khối lượng hỗn hợp. Cho 6,72 lít khí CO (đktc) đi qua 35,25 gam M nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn G và hỗn hợp khí X có tỉ khối hơi so với H2 bằng 18. Hòa tan hết toàn bộ G trong lượng dư dung dịch HNO3 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch chứa m gam muối (không có muối NH4NO3 sinh ra) và 4,48 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và N2O. Tỉ khối hơi của Z so với H2 là 16,75. Giá trị của m là
96,25.
117,95.
139,50.
80,75
Đáp án B
nCO=0,3 mol;nZ=0,2 mol
Hỗn hợp M có: mO=35,25.20,4255%=7,2 gam→nOM=0,45 molmKL=35,25−7,2=28,05 gam
Hỗn hợp khí X gồm CO (x mol) và CO2 (y mol).
Bảo toàn nguyên tố C: nCO+nCO2=nCO bñ→x+y=0,3*
Ta có: dX/H2=18→MX=36→mX=0,3.36=10,8 gam→28x+44y=10,8**
Từ (*) và (**) suy ra: x=y=0,15
→nO pö vôùi CO=nCO2=0,15 mol
→nOG=nOM−nO pö vôùi CO=0,45−0,15=0,3 mol
Hòa tan hết toàn bộ G trong lượng dư dung dịch HNO3 loãng:
Ta có quá trình: GKL⏟28,05 gamO⏟0,3 mol+HNO3 loaõng,dö→m gam muoáiZNON2O⏟0,2 mol
Hỗn hợp khí Z gồm NO (a mol) và N2O (b mol).
→a+b=0,2***
Ta có: dZ/H2=16,75→MZ=33,5→mZ=0,2.33,5=6,7 gam→30a+44b=6,7****
Từ (***) và (****) suy ra: a=0,15;b=0,05
Ta có: nNO3− trong muoái=ne nhaän=3nNO+8nN2O+2nO=1,45 mol→mmuoái=28,05+1,45.62=117,95 gam
