Bộ đề luyện thi THPTQG Hóa Học cực hay có lời giải chi tiết (Đề số 6)

Chọn đáp án C

Xem xét các phát biểu:

A. Trong sữa bò có chứa các phân tử protein + trong quả chanh có chứa 1 lượng lớn axit xitric

⇒ khi vắt chanh vào sữa, axit xitric đã làm cho pH trong sữa giảm, do protein dễ biến tính khi pH thay đổi nên sẽ bị kết tủa gây hiện tượng sữa bị đông tụ

B. đúng.!

D. phân tử amino axit chứa cả nhóm cacboxylic COOH và nhóm amino NH₂

⇒ có tính lưỡng tính (phân li được cả H⁺; cả OH^–).

C. đipeptit Gly-Ala không có phản ứng màu biure ⇒ C sai → chọn đáp án C.

Chọn đáp án A

Bài học:

2. Quy luật biến đổi lực bazơ

Amin no

Amin no, mạch hở thể hiện tính bazơ mạnh hơn amoniac do gốc ankyl có tác dụng làm tăng cường tính bazơ:

Amin no bậc hai (đính với hai gốc ankyl) có tính bazơ mạnh hơn bazơ bậc một:

Amin thơm

Amin thơm có nguyên tử N ở nhóm amin đính trực tiếp vào vòng benzen. Gốc phenyl có tác dụng làm suy giảm tính bazơ, do vậy amin thơm có lực bazơ rất yếu, yếu hơn amoniac:

⇒ thứ tự đúng là (3), (2), (4), (1) → chọn đáp án A

Chọn đáp án A

Xem xét các phát biểu:

B. Thủy phân vinyl axetat: CH₃COOCH=CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₃CHO

sản phẩm thu được là muối và anđehit, không có ancol → phát biểu B sai.!

C. dùng làm mì chính là muối mononatri gluconat ≠ axit glutamic → C sai.!

D. tripanmitin là chất béo no → là chất rắn ở điều kiện thường → D sai.!

Ø benzylamin C₆H₅CH₂NH₂ ≠ phenylamin C₆H₅NH₂;

dung dịch benzylamin làm quỳ tím chuyển màu xanh → phát biểu A đúng

Chọn đáp án D

Xem xét các phát biểu:

⇒ phát biểu A đúng.

• tetrapeptit Lys-Glu-Ala-Val: Lys có 2 nhóm NH₂; Glu, Ala và Val đều có 1 nhóm NH₂

⇒ tổng nguyên tử N có trong tetrapeptit là 5 → phát biểu B đúng.

• Trong y học, glucozơ dùng để làm dung dịch truyền tĩnh mạch do glucozơ là đường đơn cơ thể có thể hấp thụ trực tiếp nên có thể truyền thẳng vào tĩnh mạch.! C đúng.

• mantozơ bị thủy phân khi có mặt xúc tác axit hoặc enzim, không phải trong môi trường kiềm → phát biểu D sai → chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Hai nguyên tử cacbon nối đôi hoàn toàn tương đương (anken đối xứng), khi cộng tác nhân H-X chỉ tạo ra 1 sản phẩm → thỏa mãn là but-2-en:

Chọn đáp án B.

Chọn đáp án D

Quy đổi: 0,1 mol H₂NCH₂COOH + 0,3 mol HCl + NaOH → muối + H₂O.

Có n_H2O = n_NaOH = n_HCl + n_COOH = 0,1 + 0,3 = 0,4 mol.

BTKL có m_muoi =  0,1 x 75 + 0,3 x 36,5 + 0,4 x 40 – 0,4 x 18 = 27,25 gam.

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Peptit X có công thức sau: Gly-Ala-Val

⇒ M_X = 75 + 89 + 117 – 36 = 245 ⇒ chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Khi thay đổi trật tự các gốc α-amino axit sẽ tạo ra các peptit đồng phân cấu tạo của nhau. Như bạn có thể thấy từ phần cấu tạo, Gly-Ala và Ala-Gly là đồng phân:

Nếu phân tử chứa k gốc α-amino axit khác nhau thì sẽ có k! cách sắp xếp khác nhau của các gốc, dẫn tới có k! đồng phân cấu tạo.

Theo toán học, đó là chỉnh hợp chập k của k phần tử:

Vận dụng: Có 3! = 6 tripeptit được tạo thành đồng thời từ 3 gốc Gly, Ala và Val, đó là:

⇒ chọn đáp án C.

Chọn đáp án C

anđehit đơn chức ≠ HCHO phản ứng tráng bạc theo tỉ lệ sau:

Theo đó,

⇒ chọn đáp án C

Chọn đáp án C

glucozơ: C₆H₁₂O₆ = C₆(H₂O)₆ và mantozơ C₁₂H₂₂O₁₁ = C₁₂(H₂O)₁₁ chúng đều là các cacbohiđrat, dạng C_m(H₂O)_n

khi đốt thực ra là: C + O₂ → CO₂ ||⇒ luôn có n_CO2 = n_{O2 cần}

⇒ theo đó, khi đốt M luôn có n_CO2 = n_{O2 cần} = 0,4 mol ⇒ V_CO2 = 8,96 lít.

||⇒ Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Phản ứng: (RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃.

có ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Glixerol}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}:3=0,02\mathrm{mol}$ ⇒ dùng bảo toàn khối lượng

ta có: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{xà} \mathrm{phòng}}=$$\sum _{{\mathrm{m}}_{\mathrm{muối} \mathrm{thu} \mathrm{được}}}$=17,24 + 0,06 x 40 - 0,02 x 92=17,80 gam.

⇒ Chọn đáp án B.

Chọn đáp án D

HCOOC₂H₅ và CH₃COOCH₃ có cùng CTPT C₃H₆O₂ ⇒ M_X = 74.

⇒ 11,1 gam X ⇔ 0,15 mol X. Phản ứng: X + 1NaOH → muối + ancol.

X gồm 2 este đơn chức ⇒ n_NaOH = n_X = 0,15 mol

⇔ 150 mL. Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

X có công thức phân tử là C₄H₁₁N có 4 đồng phân amin bậc một thỏa mãn gồm:

⇒ Chọn đáp án B.

Chọn đáp án C

amin no đơn chức, mạch hở có dạng C_nH_{2n + 3}N.

⇒ amin X là CH₅N và amin Y là C₂H₇N → chọn đáp án C

Chọn đáp án D

Quá trình điều chế ancol etylic từ tinh bột diễn ra như sau:

• thủy phân tinh bột: 

• lên men rượu: 

Thực hiện 1 phép tính (chú ý hệ số tỉ lệ, hiệu suất, độ rượu, khối lượng riêng rượu) có

 Chọn đáp án D

Chọn đáp án D

đốt 3 ancol đồng đẳng + O₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^{\mathrm{o}}}{\to }$ 0,17 mol CO₂ + 0,3 mol H₂O.

tương quan:

$\Rightarrow$ 3 ancol thuộc dãy đồng đẳng no, đơn, hở.

= 0,13mol

⇒ ${\mathrm{n}}_{\mathrm{O} \mathrm{trong} 3 \mathrm{ancol}}=0,13$ mol.

$\Rightarrow \mathrm{m} = {\mathrm{m}}_{\mathrm{C}} + {\mathrm{m}}_{\mathrm{H}} + {\mathrm{m}}_{\mathrm{O}}=0,17 \mathrm{x} 12 + 0,3 \mathrm{x} 2 + 0,13 \mathrm{x} 16 =4,72$ gam. Chọn D.

Chọn đáp án A

M_{Gly-Ala-Val-Gly} = 302 $M_{Gly-Ala-Val-Gly} = 302 \Rightarrow$ 6,04 gam Gly-Ala-Val-Gly ⇔ 0,02 mol.

Phản ứng: Gly-Ala-Val-Gly + 3H₂O + 4HCl → m gam hỗn hợp muối.

có n_H2O = 0,06 mol; n_HCl = 0,06 mol ||⇒ bảo toàn khối lượng có:

m = m_Muối = 6,04 + 0,06 x 18 + 0,08 x 36,5 = 10,04 gam. Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

phản ứng: CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH.

phản ứng:

 Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

quan sát 4 đáp án ⇒ nếu đáp án B, C, D đúng thì X là amin 2 chức.

Phản ứng: 

BTKL có m_HCl = 26,6 – 12 =14,6 gam

$\Rightarrow$

ứng với công thức cấu tạo thỏa mãn X là H₂NCH₂CH₂NH₂ → chọn đáp án B

Chọn đáp án B

đốt 1 mol X + O₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^{\mathrm{o}}}{\to }$ CO₂ + H₂O.

tương quan: 

mà phản ứng với Br₂:

⇒ a mol Xốc 5a mol ${\mathrm{\pi }}_{\mathrm{C}=\mathrm{C}}$ $\Rightarrow$sẽ phản ứng với tối đa 5a mol Br₂.

giả thiết cho ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{Br}}_2}=0,6$ mol $\Rightarrow 5\mathrm{a} = 0,6\Rightarrow \mathrm{a} = 0,12$ mol. Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Xem xét các phát biểu:

(a). chỉ glucozơ phản ứng làm mất màu nước brom, fructozơ không phản ứng:

(b). glucozơ: đường nho; saccarozơ: đường mía; mantozơ: đường mạch nha;…

(c). Xenlulozơ triaxetat là nguyên liệu để sản xuất tơ axetat → là loại tơ nhân tạo.

(d). fructozơ dễ tan trong nước → phát biểu này sai.!

(e). mantozơ và saccarozơ có cùng CTPT C₁₂H₂₂O₁₁ ⇒ chúng là đồng phân của nhau.

Theo đó, có 4 phát biểu đúng → chọn đáp án A

Chọn đáp án D

các chất phản ứng với Br₂/H₂O → làm mất màu gồm:

• các chất có nối đôi C=C: -CH=CH- + Br₂ → -CHBr-CHBr- gồm các chất: butađien (CH₂=CH-CH=CH₂); axit metacrylic (CH₂=C(CH₃)-COOH); stiren (C₆H₅CH=CH₂).

• nối đôi C=O trong chức –CHO: RCHO + Br₂ + H₂O → RCOOH + 2HBr; chỉ có chất anđehit axetic (CH₃CHO).

• TH anilin: C₆H₅NH₂ tạo kết tủa khi phản ứng với Br₂/H₂O:

⇒ Tổng có 5 chất thỏa mãn yêu cầu → chọn đáp án D

Chọn đáp án D

m gam hỗn hợp gồm x mol Ala-Val-Ala-Gly-Ala và y mol Val-Gly-Gly

Thủy phân hoàn toàn thu được (x + 2y) mol Gly; (x + y) mol Val và 3x mol Ala.

Mà lại có: mol

||⇒ giải hệ phương trình được kết quả: x = 0,1 mol và y = 0,2 mol.

→ chọn đáp án D

Chọn đáp án D

p/s: kiến thức ngoài chương trình thi 2018.! mantozơ

thủy phân mantozơ → 2 glucozơ với hiệu suất 75%, có 0,01 mol mantozơ

⇒ X thu được gồm: 0,0025 mantozơ còn dư và 0,0075 × 2 = 0,015 mol glucozơ

tráng bạc:  

 → chọn đáp án D

Chọn đáp án D

có 5 đồng phân cấu tạo bền thỏa mãn điều kiện của X gồm:

⇒ Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

 cho biết Y gồm HCHO và CH₃COH.

Phản ứng tráng bạc theo tỉ lệ phản ứng sau:

⇒ có hệ:

và 

⇒ giải hệ được

tương ứng hỗn hợp ancol X gồm 0,15 mol CH₃OH và 0,05 mol CH₃CH₂OH.

⇒ giá trị của m = 0,15 x 32 + 0,05 x 46 = 7,1 gam → Chọn đáp án A

. Chọn đáp án B

cấu tạo của alanin: CH₃CH(NH₂)COOH và axit glutamic là HCOOC[CH₂]₂CH(NH₂)COOH.

Theo đó, • m gam X + NaOH dư → (m + 11) gam muối + H₂O ||→ tăng giảm khối lượng

có 

= 11$÷22=0,5$mol

• m gam X + HCl dư → (M + 10,95) gam muối ||→ bảo toàn khối lượng có:

||⇒ giải hệ được  

Theo đó:

 → chọn đáp án B

Chọn đáp án C

có

$\Rightarrow Y$ là este của phenol; còn X là một este bình thường. có n_X = 0,04 mol và n_Y = 0,01 mol.

¶ phản ứng: 0,05 mol X, Y + NaOH → hỗn hợp chất hữu cơ Z + H₂O.

đốt Z → 0,03 mol Na₂CO₃ + 0,12 mol CO₂ ||⇒  

⇒ X phải là HCOOCH₃ (vì Y là este của phenol, C_Y ≥ 7).

có 0,04 mol HCOOCH₃ ⇒ C_Y = (0,15 – 0,04 × 2) ÷ 0,01 = 7 → Y là HCOOC₆H₅.

vậy, làm bay hơi Z thu được m gam chất rắn gồm 0,05 mol HCOONa và 0,01 mol C₆H₅ONa.

 Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

X gồm 0,02 mol axetilen; 0,01 mol vinylaxetilen; 0,01 mol propen và 0,05 mol H₂

$\Rightarrow n_X = 0,09$ mol và m_X = 1,56 gam; 

Phản ứng: $X\to Y$ ||⇒ m_Y = m_X = 1,56 gam.

Y + 0,04 mol Br₂ ⇒ trong Y còn có 0,04 mol ${\mathrm{\pi }}_{C=C}$.

mà

vậy, yêu cầu

 → chọn đáp án B

Chọn đáp án C

đốt 0,05 mol X + 1,875 mol O₂ → 1,5 mol CO₂ + 1,3 mol H₂O + ? mol N₂.

Bảo toàn nguyên tố O có 

Tỉ lệ:

$\to X$ dạng C_nH_mN₁₀O₁₁.

⇒ X là decapeptit tương ứng với có 10 – 1 = 9 liên kết peptit.!

Từ đó có $n_{N_2\uparrow } = 5 n_X = 0,25$ mol → dùng BTKL phản ứng đốt có $m_X = 36,4$ gam.

⇒ khi dùng 0,025 mol X $\iff m_{X }=36,4 ÷2=18,2gam +$0,4 mol NaOH → m gam rắn + H₂O.

luôn có

$n_{H_{2}O thủy phân }= n_X=0,025mol \to$

dùng BTKL có m = 33,75 gam.

Vậy, đáp án đúng cần chọn theo yêu cầu là C

Chọn đáp án B

hỗn hợp X gồm: HCOOCH₃; (COOCH₃)₂ và Y dạng C_nH_{2n – 2}O₂ (n ≥ 3).

đốt 0,5 mol X + 1,5 mol O₂ $\stackrel{t^0}{\to }$ 1,6 mol CO₂ + 1,2 mol H₂O.

tương quan đốt có: 

mà tổng X có 0,5 mol ⇒ có 0,1 mol HCOOCH₃ trong X.

Theo đó n = 3 $\to Y$ là HCOOCH=CH₂; giải số mol có 0,2 mol (COOCH₃)₂ và 0,2 mol Y.

⇒ thủy phân 0,5 mol X → dung dịch Z chứa 0,3 mol HCOONa + 0,2 mol CH₃CHO + …

phản ứng tráng bạc có 

Tỉ lệ: khi dùng 0,3 mol X thì 

⇒ chọn đáp án B