Bộ đề luyện thi THPTQG Hóa Học cực hay có lời giải chi tiết (Đề số 12)

Chọn đáp án D

A. 2AgNO₃ $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$ 2Ag↓ + 2NO₂↑ + O₂↑.

B. Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Ag↓ + Fe(NO₃)₃.

C. Ag₂S + O_2(kk) $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$2Ag↓ + SO₂↑.

D. NaCl + AgNO₃ → AgCl↓ + NaNO₃.

⇒ chọn D.

Chọn đáp án D

● Giả sử Zn hết ⇒ Z chứa muối Zn(NO₃)₂ ⇒ cần 0,045 × 2 = 0,09 mol NO₃^–.

⇒ vô lí ⇒ Zn dư ⇒ Z chỉ chứa muối Zn(NO₃)₂ ⇒ n_Zn(NO3)2 = 0,04 ÷ 2 = 0,02 mol.

Do NO₃^– được bảo toàn nên ta chỉ cần bảo toàn khối lượng gốc kim loại.

► m = 3,217 + 0,02 × 65 + 3,88 – 0,045 × 65 – 0,04 × 108 = 1,152(g) ⇒ chọn D.

Chọn đáp án D

D sai vì I₂ có tính oxi hóa mạnh nhưng chỉ oxi hóa được Fe lên +2.

||⇒ Phương trinh đúng: Fe + I₂ Chọn đáp án D

D sai vì I₂ có tính oxi hóa mạnh nhưng chỉ oxi hóa được Fe lên +2.

||⇒ Phương trinh đúng: Fe + I₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$ FeI₂ ⇒ chọn D.

Chọn đáp án B

► Các nhóm đẩy e như ankyl làm tăng tính bazơ của amin.

Ngược lại, các nhóm hút e như phenyl làm giảm tính bazơ của amin.

Với các amin béo (amin no) thì tính bazơ: bậc 2 > bậc 1 > bậc 3.

► Áp dụng: (b) < (c) < (d) < (a) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

● Giả sử Zn hết ⇒ Z chứa muối Zn(NO₃)₂ ⇒ cần 0,045 × 2 = 0,09 mol NO₃^–.

⇒ vô lí ⇒ Zn dư ⇒ Z chỉ chứa muối Zn(NO₃)₂ ⇒ n_Zn(NO3)2 = 0,04 ÷ 2 = 0,02 mol.

Do NO₃^– được bảo toàn nên ta chỉ cần bảo toàn khối lượng gốc kim loại.

► m = 3,217 + 0,02 × 65 + 3,88 – 0,045 × 65 – 0,04 × 108 = 1,152(g) ⇒ chọn D

Chọn đáp án B

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑. Bảo toàn khối lượng:

m_Al + m_{dung dịch HCl} = m_{dung dịch sau phản ứng} + m_H2.

⇒ m_tăng = m_{dung dịch sau} – m_{dung dịch HCl} = m_Al – m_H2 = 14,4(g).

Mặt khác, n_H2 = 1,5.n_Al ||⇒ giải hệ có: n_Al = 0,6 mol; n_H2 = 0,9 mol.

► m_muối = 0,6 × 133,5 = 80,1(g) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

n_muối = n_X = 3 ÷ 150 = 0,02 mol ⇒ M_muối = 1,96 ÷ 0,02 = 98 (CH₃COOK).

Lại có sinh ra ancol thơm Z ⇒ công thức cấu tạo của X là CH₃COOCH₂C₆H₅.

► Tên gọi của X là benzyl axetat ⇒ chọn D.

Ps: Từ dữ kiện este có trong tinh dầu hoa nhài có thể suy ra X là benzyl axetat!

Hoặc cũng có thể loại trừ đáp án, chỉ có D sinh ra ancol thơm ⇒ chọn D.

Chọn đáp án B

Bảo toàn điện tích: ∑n_{điện tích (+)} = ∑n_{điện tích (-)}.

⇒ a + 3b + 2c = x + y ⇒ chọn B.

Chọn đáp án B

12,95(g) X + ?O₂ → 0,85 mol CO₂ + ?H₂O + 0,025 mol N₂.

● m_X = m_C + m_H + m_O ⇒ m_H = 12,95 - 0,85 × 12 - 0,025 × 2 × 14 = 2,05(g).

⇒ n_H = 2,05 mol ⇒ n_H2O = 1,025 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi:

n_O2 = (0,85 × 2 + 1,025) ÷ 2 = 1,3625 mol ||⇒ V = 30,52 lít ⇒ chọn B

Chọn đáp án A

Các kim loại thỏa mãn là Zn, Al và Fe ⇒ chọn A.

Chọn đáp án A

● Chất tham gia là dung dịch ⇒ loại B.

● Sản phẩm sinh ra ở trạng thái khí và ít tan trong H₂O ⇒ loại C và D.

(Do CH₃NH₂ tan tốt trong H₂O và dùng đá để ngưng tụ este

thay vì dùng phương pháp đẩy nước) ⇒ chọn A.

Chọn đáp án D

● Đối với HCHC có dạng C_xH_y thì:

– Mạch hở: số liên kết σ = x + y - 1.

– Mạch vòng: số liên kết σ = x + y.

● Đối với HCHC có dạng C_xH_yO_z thì:

– Mạch hở: số liên kết σ = x + y + z - 1.

– Mạch vòng: số liên kết σ = x + y + z.

► Áp dụng: CH₃COOCH=CH₂ hay C₄H₆O₂ (mạch hở).

⇒ số liên kết σ = 4 + 6 + 2 - 1 = 11 ⇒ chọn D

Chọn đáp án C

Đặt n_Cl2 = x; n_O2 = y ⇒ n_khí = x + y = 0,25 mol. Bảo toàn khối lượng:

7,2 + 71x + 32y = 23 ||⇒ giải hệ có: x = 0,2 mol; y = 0,05 mol.

Gọi n là hóa trị của M. Bảo toàn electron: n × n_M = 2n_Cl2 + 4n_O2.

⇒ n_M = 0,6 ÷ n ⇒ M_M = 7,2 ÷ (0,6 ÷ n) = 12n.

⇒ n = 2 và M_M = 24 ⇒ M là Magie (Mg) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án B

Để an toàn thường dùng dung dịch xút NaOH hoặc dung dịch Ca(OH)₂ ⇒ chọn B (vì:

2NaOH + 2NO₂ → NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O || 2Ca(OH)₂ + 5NO₂ → Ca(NO₂)₂ + Ca(NO₃)₂ + 2H₂O).

Chọn đáp án B

Do thu được rắn không tan ⇒ Al dư. Đặt n_Na = x.

⇒ n_{Al phản ứng} = n_NaAlO2 = x. Bảo toàn electron:

x + 3x = 2 × 0,4 ⇒ x = 0,2 mol ⇒ m = 27 × (0,2 × 2 - 0,2) = 5,4(g).

Chọn đáp án A

Thủy phân X → Ala và Gly ⇒ X chứa cả Ala và Gly. Mặt khác, Ala-Gly-Gly Gly-Ala-Gly.

⇒ có tính vị trí sắp xếp ||⇒ cách sắp xếp 2 loại gốc amino axit vào tripeptit là chỉnh hợp chập 2 của 3.

► Số đồng phân của X là ${\mathrm{A}}_3^2$ = 6 ⇒ chọn A.

Chọn đáp án D

Nhận thấy trong CTCT của:

+ Fructozo có nhóm chức xeton (–CO–) ⇒ Có thể + H₂.

+ Mantozơ có nhóm chức anđehit (–CHO) ⇒ Có thể + H₂.

+ Glucozo có nhóm chức anđehit (–CHO) ⇒ Có thể + H₂.

+ Saccarozo có nhóm chức ete và ancol ⇒ không phản ứng với H₂

⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

k = (2 × 3 + 2 - 4) ÷ 2 = 2. Tráng bạc ⇒ phải có nhóm chức -CHO.

⇒ các đồng phân thỏa mãn là: CH₃-C(=O)-CHO, HCOOCH=CH₂, CH₂(CHO)₂ ⇒ chọn B.

Chọn đáp án C

72(g) n-peptit (X) + nHCl + (n - 1)H₂O → 38,375(g)Val-HCl + 83,625(g)Gly-HCl.

n_Val = 38,375 ÷ 153,5 = 0,25 mol; n_Gly = 83,625 ÷ 111,5 = 0,75 mol

⇒ n_HCl = ∑n_a.a = 0,25 + 0,75 = 1 mol. Bảo toàn khối lượng:

m_H2O = 38,375 + 83,625 - 72 - 1 × 36,5 = 13,5(g) ⇒ n_H2O = 0,75 mol.

⇒ n ÷ (n - 1) = n_HCl ÷ n_H2O = 1 ÷ 0,75 = 4 : 3 ⇒ n = 4 ⇒ X là tetrapeptit ⇒ chọn C.

Chọn đáp án C

Y làm quỳ tím hóa xanh ⇒ loại A và D.

Z + dung dịch brom → ↓ trắng ⇒ chọn C

Chọn đáp án B

17,72(g) chất béo + 1,61 mol O₂ → ?CO₂ + 1,06 mol H₂O. Bảo toàn khối lượng:

m_CO2 = 17,72 + 1,61 × 32 - 1,06 × 18 = 50,16(g) ⇒ n_CO2 = 1,14 mol || Chất béo chứa 6[O].

⇒ Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_{chất béo} = (1,14 × 2 + 1,06 - 1,61 × 2) ÷ 6 = 0,02 mol.

⇒ 26,58 gam chất béo ứng với 0,02 × 26,58 ÷ 17,72 = 0,03 mol. Bảo toàn khối lượng:

► m = 26,58 + 0,03 × 3 × 40 - 0,03 × 92 = 27,42(g) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

7,6(g) X + ?O₂ → 0,3 mol CO₂ + 0,4 mol H₂O. Bảo toàn khối lượng:

||⇒ m_O2 = 0,3 × 44 + 0,4 × 18 - 7,6 = 12,8(g) ⇒ n_O2 = 0,4 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi:

n_O/X = 0,3 × 2 + 0,4 – 0,4 × 2 = 0,2 mol. Do n_CO2 < n_H2O ⇒ ancol no, đơn chức, mạch hở.

Ta có: n_CO2 – n_H2O = (k – 1).n_HCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

► Áp dụng: n_ancol = ∑n_H2O - ∑n_CO2 = 0,1 mol ⇒ n_axit = (0,2 - 0,1) ÷ 2 = 0,05 mol.

Đặt số C của axit và ancol là a và b ⇒ 0,1a + 0,05b = 0,3 $\underset{\mathrm{a}\ne \mathrm{b}}{\overset{\mathrm{a},\mathrm{b} \ge 1}{\to }}$a = 1 và b = 4

⇒ X gồm HCOOH và C₄H₉OH. Do n_axit < n_ancol ⇒ hiệu suất tính theo axit.

► Este là HCOOC₄H₉ với số mol 0,04 ⇒ m = 0,04 × 102 = 4,08(g) ⇒ chọn D

Chọn đáp án A

Các chất phản ứng được với Cu(OH)₂ gồm chứa 2 -OH kề nhau, chứa -CHO, peptit chứa ≥ 3 mắt xích, axit cacboxylic.

⇒ các chất thỏa mãn là glixerol, anbumin, axit axetic, metyl fomat, fructozơ ⇒ chọn A

Chọn đáp án C

M_X = 3,125 × 32 = 100 ⇒ X là C₅H₈O₂.

Lại có: C_tb = 0,75 ÷ 0,2 = 3,75 ⇒ Y chứa ≤ 3C ⇒ ancol của Y có số C ≤ 2C.

● Thu được 2 ancol có cùng số C ⇒ 2 ancol khác số chức.

⇒ 2 ancol phải chứa ≥ 2C ⇒ xảy ra khi ancol của Y chứa 2C hay C₂H₅OH.

► Y là HCOOC₂H₅; X là CH₂=CHCOOC₂H₅ ⇒ ancol còn lại là C₂H₄(OH)₂.

● Thu được 2 muối ⇒ Z là (HCOO)₂C₂H₄ (do Z no) ⇒ M_Z = 118 ⇒ chọn C

Chọn đáp án C

X gồm HCOOCH₃, (HCOO)₂C₂H₄, (HCOO)₃C₃H₅ hay C₂H₄O₂, C₄H₆O₄, C₆H₈O₆.

Dễ thấy số C = số O ⇒ n_O/X = n_C/X = x ⇒ n_CO2 = x. Bảo toàn nguyên tố Oxi:

x + 0,16 × 2 = 2x + 0,14 ⇒ x = 0,18 mol. Bảo toàn khối lượng:

► m = 0,18 × 44 + 2,52 – 0,16 × 32 = 5,32(g) ⇒ chọn C

Chọn đáp án A

(a) Đúng vì trong chanh chứa axit xitric và sữa có thành phần chính là protein.

Axit xitric làm cho pH của cốc sữa giảm xuống ⇒ protein bị biến tính và đông tụ.

(b) Sai vì triolein là [CH₃(CH₂)₇CH=CH(CH₂)₇COO)₃C₃H₅

⇒ chứa 3π_C=C và 3π_C=O ⇒ tổng cộng có 6 liên kết π.

(c) Đúng: nCH₂=CH-CN (vinyl xianua) $\stackrel{\mathrm{xt},{\mathrm{t}}^{\mathrm{o}},\mathrm{p}}{\to }$ [-CH₂-CH(CN)-]_n (tơ olon).

(d) Sai vì các amino axit tan tốt trong nước do tồn tại ở dạng ion lưỡng cực.

(e) Sai vì saccarozơ không có phản ứng tráng bạc.

(f) Đúng.

⇒ (a), (c) và (f) đúng ⇒ chọn A

Chọn đáp án C

Z gồm các ion HOOC-CH₂-NH₃⁺, Na⁺ và SO₄^2–. Bảo toàn điện tích:

n_Gly⁺ = 0,35 × 2 - 0,5 = 0,2 mol ||⇒ m = 0,2 × 76 + 0,5 × 23 + 0,35 × 96 = 60,3(g)

Chọn đáp án A

Đặt n_N2O = x; n_NO = y ⇒ n_khí = x + y = 0,04 mol; m_khí = 44x + 30y = 0,04 × 16,75 × 2.

Giải hệ có: x = 0,01 mol; y = 0,03 mol || n_H⁺ _dư = n_NaOH = 0,04 mol.

Đặt n_Mg = x; n_Fe3O4 = y; n_NH4NO3 = z ⇒ m_X = 24x + 232y = 9,6(g). Bảo toàn electron:

2x + y = 8z + 0,01 × 8 + 0,03 × 3 || Lại có: n_H⁺ _{phản ứng} = 2n_O + 10n_NH4⁺ + 10n_N2O + 4n_NO

⇒ 0,6 - 0,04 = 2 × 4y + 10z + 10 × 0,01 + 4 × 0,03 ||⇒ giải hệ có:

x = 0,11 mol; y = 0,03 mol; z = 0,01 mol. A gồm Mg(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃, NH₄NO₃, NaNO₃.

► m_{chất tan} = 0,11 × 148 + 0,09 × 242 + 0,01 × 80 + 0,04 × 85 = 42,26(g) ⇒ chọn A

Chọn đáp án A

4H⁺ + NO₃^– + 3e → NO + 2H₂O ⇒ n_H⁺ _dư = 4n_NO = 0,06 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H2O = (0,66 - 0,06 - 0,075 × 2) ÷ 2 = 0,225 mol.

Quy hỗn hợp ban đầu về Fe và O ⇒ n_O = n_H2O = 0,225 mol.

⇒ n_Fe = (17,04 - 0,225 × 16) ÷ 56 = 0,24 mol. Bảo toàn electron cả quá trình:

3n_Fe = 2n_O + 2n_H2 + 3n_NO + n_Ag ⇒ n_Ag = 0,075 mol.

► Kết tủa gồm 0,075 mol Ag và 0,66 mol AgCl

⇒ m = 0,075 × 108 + 0,66 × 143,5 = 102,81(g) ⇒ chọn A

Chọn đáp án A

X là C₂H₅NH₃HCO₃ ⇒ muối là Na₂CO₃

||⇒ n_Na2CO3 = n_X = 0,02 mol.

► m = 0,02 × 106 = 2,12(g) ⇒ chọn A

Chọn đáp án A

Quy X về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_C2H3NO = 2n_N2 = 0,44 mol.

► Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và x mol CH₂. Đốt cho (x + 0,66) mol CO₂ và (x + 0,88) mol H₂O.

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44 × (x + 0,66) + 18 × (x + 0,88) = 56,04(g) ⇒ x = 0,18 mol.

⇒ n_Ala = n_CH2 = 0,18 mol ⇒ n_Gly = 0,44 – 0,18 = 0,26 mol.

● n_NaOH = n_C2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng: m_X + m_NaOH = m_muối + m_H2O.

⇒ m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + m_H2O ⇒ m_H2O = 1,8(g) ⇒ n_H2O = 0,1 mol. Đặt n_A = a mol; n_B = b mol.

n_C2H3NO = 4a + 5b = 0,44 mol; n_H2O = a + b = 0,1 mol ||⇒ giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) ⇒ 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 ⇒ A là Gly₃Ala.

► %m_A = 0,06 × 260 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 53,06% ⇒ chọn A.