Bộ đề luyện thi THPTQG Hóa Học cực hay có lời giải chi tiết (Đề số 10)

Chọn đáp án C

+ Tinh bột và xenlulozơ là polisaccarit.

+ Saccarozơ là đisaccarit.

+ Glucozơ là monosaccarit ⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

Fructozơ thuộc monosaccarit ⇒ không có phản ứng thủy phân ⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

+ Phân lân là loại phân cung cấp photpho cho cây trồng.

+ Hàm lượng của nó được đánh giá bằng $\%m_{P_2{O}_5}$ ⇒ Chọn D

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

₇N: 1s²2s²2p³ ⇒ Lớp ngoài cùng có 5e

⇒ Để hình thành phân tử nitơ thì mỗi nguyên tử nitơ đưa ra 3e để tạo ra

3 cặp e dùng chung với nguyên tử nitơ còn lại ⇒ N≡N có liên kết 3 cực kỳ bền vững.

Trong phản ứng hóa học thì phải phá bỏ liên kết 3 này phản ứng mới xảy ra.

Nhưng vì liên kết ba rất bền ⇒ nitơ khá trơ về mặt hóa học ở điều kiện thường.

⇒ Chọn D

Chọn đáp án A

Vì $n_{H_{2}O} = 0,36 >n_{C{O}_2}$ $\Rightarrow$ Dãy đồng đẳng ankan.

${\mathrm{n}}_{\mathrm{hh} \mathrm{ankan}} = {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}-{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2} = 0,16$ 

⇒ C_{trung bình} = 0,2 ÷ 0,16 = 1,25

⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

Ta có $n_{Zn} =0,05 \Rightarrow m_{Zn} = 0,05 x 65 =3,25$ gam

$\Rightarrow {\mathrm{m}}_{\mathrm{Cu}} = 10-{\mathrm{m}}_{\mathrm{Zn} }=10-3,25=6,75$ gam

$\Rightarrow \%m_{Cu/hh} =67,5\%$ 

⇒ Chọn B

Chọn đáp án A

Đipeptit được tạo ra từ 2 phân tử α- amino axit

⇒ Đipeptit chỉ chứa 1 liên kết peptit ⇒ A sai ⇒ Chọn A

Chọn đáp án A

+ Vì Fe đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học ⇒ có thể khử ion Cu²⁺ → Cu

+ Không thể dùng K hoặc Ba vì chúng tác dụng với H₂O ⇒ dung dịch bazơ

⇒ Sau đó Cu²⁺ + 2OH^– → Cu(OH)₂

⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

Ta có $n_{Este}=$ n_{NaOH phản ứng}  = 0,1 mol.

⇒ BTKL ta có m = m_este + m_NaOH – m_ancol = 8,8 + 4 – 4,6 = 8,2 gam.

⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

Vì $n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2} =0,3$ mol.

⇒ Este X thuộc loại este no, đơn chức mạch hở ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

Có 2 đồng phân amin bậc 1 ứng với ctpt C₃H₉N là:

CH₃-CH₂-CH₂-NH₂

CH₃-CH(CH₃)-NH₂

⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

Trong CTCT có chứa 1 liên kết đôi ⇒ Anken ⇒ đuôi “en” ⇒ loại A và C.

+ Đánh số cacbon trên mạch chính gần với liên kết đôi nhất.

⇒ Nhánh metyl ở cacbon số 3 ⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

Trong cấu tạo của tripanmitin có chứa nhiều gốc axit béo no là C₁₅H₃₁COO-

⇒ Ở điều kiện thường tripanmitin ở trạng thái rắn ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

+ Cũng giống như NaCl. CaCl₂ khi hòa tan trong nước thì nó phân li hoàn toàn → ion.

+ Tuy nhiên nếu ở trạng thái rắn, khan thì chúng không dẫn điện vì không phân li ra các ion.

⇒ Chọn B

Chọn đáp án C

+ Nhận thấy CH₂=CHCOOCH₃ là một este không no

+ Vì este ⇒ Có phản ứng thủy phân trong môi trường axit và trong môi trường bazơ

+ Vì không no ⇒ có thể có phản ứng cộng với H₂

+ Không có H linh động ⇒ Không thể tác dụng với Na ⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

+ Bảo toàn e có n_{hh kim loại} = $2n_{H_2} =0,23$ mol.

$\Rightarrow M_{Kim loại M}\hspace{0.17em}<14,652 \Rightarrow M$ là Li (M_Li = 7)

⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

+ Thủy tinh hữu cơ được tạo thành từ phản ứng trùng hợp metyl metacrylat.

+ Mà metyl metacrylat có công thức hóa học là CH₂=C(CH₃)COOCH₃.

⇒ Chọn D

+ Trùng ngưng H₂N[CH₂]₆COOH → Tơ nilon-7

+ Trùng hợp CH₂=CHCN → Tơ nitron (tơ olon).

+ Trùng hợp CH₂=CHCl → Poli (vinyl clorua) hay còn gọi tắt là P.V.C

Chọn đáp án C

Vì làm cho dung dịch có pha quỳ tím hóa đỏ ⇒ khi đem hòa tan vào nước phân li ra H⁺.

⇒ Chọn C

+ Nhiều bạn chọn đáp án D là NH₃ khi nhầm sang dung dịch phenolphtalein

Chọn đáp án C

+ Cu + HNO₃ thường tạo ra NO hoặc NO₂.

+ Tuy nhiên NO sẽ tác dụng O₂ → NO₂.

+ Để khử độc NO₂ ta dùng bông tẩm NaOH, KOH, Ca(OH)₂…

+ Tuy nhiên về hiệu năng cũng như giá thành rẻ nên người ta thường dùng Ca(OH)₂.

⇒ Chọn C

Chọn đáp án D

Chọn đáp án D

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Chọn đáp án A

Vinyl fomat và mantozơ là hai chất có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc ⇒ Chọn A

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

$n_{Mg}=0,15$ mol; ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Fe}}=0,1$ mol. Ta thấy nếu phản ứng xảy ra vừa đủ thì:

${\mathrm{m}}_{\mathrm{E} }={\mathrm{m}}_{\mathrm{MgO}}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{Fe}}_2{\mathrm{O}}_3}=0,15\mathrm{x}40+0,1÷2\mathrm{x}160=14$ gam < 18 gam.

⇒ A chứa Cu²⁺ dư ⇒ ${\mathrm{m}}_{\mathrm{CuO}}=18-14=4$ gam $\Rightarrow {\mathrm{n}}_{{\mathrm{Cu}}^{2+}\mathrm{dư} }={\mathrm{n}}_{\mathrm{CuO}} =0,05$ mol.

A chứa Mg²⁺, Fe²⁺, Cu²⁺, $N{O_3}^{-}$. Bảo toàn điện tích: ${\mathrm{n}}_{{{\mathrm{NO}}_3}^{-}}=0,6$ mol.

$\Rightarrow \mathrm{a}+2\mathrm{a}=0,6\Rightarrow \mathrm{a}=0,2$ mol ⇒ B gồm 0,2 mol Ag và (0,2 – 0,05 = 0,15) mol Cu.

⇒ m = 0,2 × 108 + 0,15 × 64 = 31,2 gam

Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

Đốt rắn khan cho 0,09 mol Na₂CO₃; 0,33 mol CO₂; 0,15 mol H₂O.

Bảo toàn nguyên tố natri: n_NaOH = 0,09 × 2 = 0,18 mol.

Bảo toàn khối lượng: ${\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=8,28+018\mathrm{x}40-13,32=2,16$ gam $\Rightarrow {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}} =0,12$ mol.

Bảo toàn nguyên tố cacbon: n_{C trong A} = 0,09 + 0,33 = 0,42 mol.

Bảo toàn nguyên tố hidro: n_{H trong A} = 0,15 × 2 + 0,12 × 2 – 0,18 = 0,36 mol.

${\mathrm{m}}_{\mathrm{A}}={\mathrm{m}}_{\mathrm{C}}+{\mathrm{m}}_{\mathrm{H} }+{\mathrm{m}}_{\mathrm{O}}\Rightarrow {\mathrm{m}}_{\mathrm{O}}=2,88$ gam ⇒ n_{O trong A} = 0,18 mol.

⇒ số C : H : O = 0,42 : 0,36 : 0,18 = 7 : 6 : 3 ⇒ CTPT ≡ CTĐGN của A là C₇H₆O₃.

${\mathrm{n}}_{\mathrm{A}}=0,06$ mol ⇒ A phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 3

⇒ A là HCOOC₆H₄OH ⇒ rắn khan gồm HCOONa và C₆H₄(ONa)₂.

$\Rightarrow$ X là HCOOH và Y là C₆H₄(OH)₂ ⇒ M_Y = 110

Chọn đáp án D

+ Fe₃O₄ + H₂SO₄ dư

⇒ Dung dịch sau phran ứng có Fe³⁺, Fe³⁺, H⁺ và ${{\mathrm{SO}}_4}^{2-}$

⇒ Số chất phản ứng với dung dịch sau phản ứng gồm: NaOH, Cu, Mg(NO₃)₂, BaCl₂, Al.

⇒ Chọn D

+ NaOH → phản ứng trung hòa và tạo 2 kết tủa.

+ Cu + 2Fe³⁺ → 2Fe²⁺ + Cu²⁺

+ Mg(NO₃)₂ → Cung cấp anion ${{\mathrm{NO}}_3}^{-}\Rightarrow {\mathrm{Fe}}^{2+}+{\mathrm{H}}^{+}+{{\mathrm{NO}}_3}^{-}\to$ 

+ BaCl₂ ⇒ Ba²⁺ + ${{\mathrm{SO}}_4}^{2-}$ → BaSO₄

+ 2Al + 6H⁺ → 2Al³⁺ + 3H₂

Chọn đáp án B

NH₃ + CO₂ điều kiện như vậy thì đó là phản ứng tạo ra URE.

⇒ X là (NH₂)₂CO ⇒ Loại A và C

(NH₂)₂CO + H₂O → (NH₄)₂CO₃ → Y là (NH₄)₂CO₃ ⇒ Chọn B

(NH₄)₂CO₃ + 2HCl → 2NH₄Cl + CO₂ + H₂O

(NH₄)₂CO₃ + 2NaOH → Na₂CO₃ + ₂NH₃ + 2H₂O

Chọn đáp án A

s Quy M về C₂H₃NO, CH₂, H₂O ⇒ ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}} ={\mathrm{n}}_{\mathrm{M}}=0,03$ mol.

Bảo toàn nguyên tố nitơ: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{c}}_2{\mathrm{H}}_3\mathrm{NO}} = 2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{N}}_2}=2\mathrm{x}0,0375=0,075$ mol.

Đặt ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CH}}_2} =$ x mol $\Rightarrow \mathrm{Q}$ gồm 0,075 mol C₂H₄NO₂Na và x mol CH₂.

⇒ đốt cho ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2} = (0,1125+\mathrm{x})$ mol và ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=(0,15+\mathrm{x})$ mol.

⇒ m_{bình tăng} = ${\mathrm{m}}_{{\mathrm{CO}}_2} +{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}} \iff$44x(0,1125+x)+ 18x(0,15+x)=13,23 gam

$\Rightarrow \mathrm{x}=0,09$ mol $\Rightarrow \mathrm{m} = 0,075\mathrm{x}57+0,09\mathrm{x}14+0,03\mathrm{x}18=6,075$ gam.

s Cách khác: Quy M về đipeptit: $2{\mathrm{M}}_{\mathrm{n}} + (\mathrm{n}-2) {\mathrm{H}}_2\mathrm{O} \to {\mathrm{nM}}_2$ (dạng C_2mH_4mN₂O₃

${\mathrm{n}}_{\mathrm{Mn} }=0,03$ mol; ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{M}}_2}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{N}}_2}$=0,0375 mol $\Rightarrow {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O} \mathrm{thêm}} =0,0375-0,03 =0,0075$ mol.

C_2mH_4mN₂O₃ + 2NaOH → 2C_mH_2mNO₂Na + H₂O ||⇒ ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_{\mathrm{m}}{\mathrm{H}}_{2\mathrm{m}}{\mathrm{NO}}_2\mathrm{Na}}=0,075$ mol.

Chọn đáp án C

Giả sử KOH tác dụng với X thì KOH hết $\Rightarrow {\mathrm{n}}_{{\mathrm{KNO}}_3}={\mathrm{n}}_{\mathrm{KOH}}=0,5$ mol.

$\Rightarrow {\mathrm{m}}_{{\mathrm{KNO}}_3}=0,5\mathrm{x}101=50,5 \mathrm{gam}$ gam > 41,05 gam ⇒ vô lí ⇒ KOH dư.

Đặt ${\mathrm{n}}_{\mathrm{KOH} \mathrm{dư}}=$ x mol; ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{KNO}}_3}=$ y mol

Phản ứng:

Giải hệ có: x = 0,05 mol; y = 0,45 mol

Đặt ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Fe}}=\mathrm{a}$ mol; ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Cu}}=$b mol $\Rightarrow {\mathrm{m}}_{\mathrm{A}} =56\mathrm{a}+64\mathrm{b} =11,6$ gam.

Do KOH dư ⇒ kết tủa hết ion kim loại ⇒ nung T thì rắn gồm Fe₂O₃ và CuO.

⇒ m_rắn = 41,05 = 0,5a × 160 + 80b. Giải hệ có: a = 0,15 mol; b = 0,05 mol.

Quy hỗn hợp B về N và O. Bảo toàn nguyên tố nitơ có n_{N spk} = 0,7 – 0,45 = 0,25 mol.

 $\Rightarrow$dung dịch chứa ion Fe²⁺, Fe³⁺ và H⁺ hết.!

Bảo toàn nguyên tố hidro có ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=0,7÷2=0,35$ mol.

⇒ bảo toàn nguyên tố oxi có n_{O sk} = 0,7 × 3 – 0,45 × 3 – 0,35 = 0,4 mol.

⇒ BTKL m_{dung dịch sau phản ứng} = 11,6 + 87,5 – 0,25 × 14 – 0,4 × 16 = 89,2 gam.