Bộ đề luyện thi THPTQG Hóa Học cực hay có lời giải chi tiết (Đề số 8)

Chọn đáp án B

Để điều chế các kim loại Ca, Al, K phải dùng phương pháp điện luyện mà cụ thể là điện phân nóng chảy.

Phương pháp trên là nhiệt luyện dùng để điều chế các kim loại sau Al trong dãy hoạt động hóa học ⇒ Chọn FeO ⇒ Chọn B

Chọn đáp án C

Phương pháp điện phân nóng chảy dùng để điều chế các kim loại Li, K, Ba, Ca, Na, Mg, Al. Trong đó

+ Từ Li → Mg được điều chế bằng cách điện phân nóng chảy muối clorua tương ứng của chúng.

+ Riêng Al thì điện phân nóng chảy Al₂O₃. Lí do không điện phân nóng chảy AlCl₃ là vì phân tử AlCl₃ chứa liên kết cộng hóa trị nên chưa đến giai đoạn nóng chảy thì đã thăng hoa mất rồi.

⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

Khi bị tác động bởi nhiệt độ thì các phản ứng tạo sản phẩm như sau.

NH₄NO₃ → N₂O + 2H₂O

2NaNO₃ → 2NaNO₂ + O₂

2NaHCO₃ → Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

2AgNO₃ → 2Ag + 2NO₂ + O₂

⇒ Chọn A

______________________________

Một chút về NaHCO₃:

+ Trong đời sống NaHCO₃ được dùng để làm bột nở vì trong lò nướng ở nhiệt độ cao NaHCO₃ bị phân hủy tạo CO₂ thoát ra ngoài qua bề mặt bánh làm bánh nở ra cũng như bánh có độ xốp hơn.

+ NaHCO₃ (Natri Bi Cacbonat hay còn gọi là N.B.K) còn được sử dụng làm thuốc chữa đau dạ dày vì có thể làm giảm nồng độ H⁺ có trong đó. Tuy nhiên bây giờ người ta thường sử dụng kèm Al₂(SiO₃)₃ vì khi thủy phân.

Al₂(SiO₃)₃ + 6H₂O → 2Al(OH)₃ + 3H₂SiO₃.

Al(OH)₃ và H₂SiO₃ sinh ra là kết tủa ở dạng keo, chúng sẽ bao bọc vị trí bị viêm loét tránh bị tổn thương nhiều hơn ⇒ Giảm đau tốt hơn

Chọn đáp án A

Khi đốt khí metan (CH₄) trong khí Cl₂ thì ta có phản ứng:

CH₄ + 2Cl₂ → C + 4HCl ⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

Gọi kim loại kiềm chưa biết là R.

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có

⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

glucozơ tham gia phản ứng tráng bạc theo tỉ lệ:

⇒ n_glucozơ = ½.n_Ag = 0,05 mol ⇒ C_{M glucozơ} = 0,05 ÷ 0,5 = 0,1M → chọn D

Chọn đáp án A

Hai ion NH₄⁺ không thể sống chung với ion AlO₂^–, vì

NH₄⁺ + AlO₂^– + H₂O → NH₃ + Al(OH)₃ ⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

Cách 1:  

⇒ Chọn D

Cách 2: Bảo toàn khối lượng khi đã biết n_CO = n_CO2 = 0,325 theo bảo toàn nguyên tố. Ta có sơ đồ

 ⇒ Chọn D

Chọn đáp án D

Amin phản ứng với HCl thì khối lượng muối tăng so với khối lượng của hh amin đúng bằng khối lượng HCl tham gia phản ứng:

⇒ m_Muối = 2,5 + 0,05 × 36,5 = 4,325 gam ⇒ Chọn D

Chọn đáp án A

∑(Số mol e cho) = ∑(Số mol e nhận) = $\frac{It}{F}=\frac{5 . 96,5 .60}{96500}=0,3$ mol

Vì $n_{C{l}^{-}} =n_{NaCl} =0,375$ mol > ∑(ⁿe cho) ⇒ khối lượng dung dịch giảm chính là khối lượng của CuCl₂ = x mol và HCl = y mol

Khi đó ta có hệ 

⇒ a = ^CMCuSO₄ = ⁿCuSO₄ ÷ 0,25 = 0,1 ÷ 0,25 = 0,4M ⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

+ CH₃COONH₄

CH₃COONH₄ + NaOH → CH₃COONa + NH₃ + H₂O.

CH₃COONH₄ + HCl → CH₃COOH + NH₄Cl. ⇒ Chọn

+ CH₃COOH₃NCH₃

CH₃COOH₃NCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃NH₂ + H₂O

CH₃COOH₃NCH₃ + HCl → CH₃COOH + CH₃NH₃Cl ⇒ Chọn

+ C₂H₅NH₂ là 1 amin ⇒ Loại.

+ H₂NCH₂COOC₂H₅

H₂NCH₂COOC₂H₅ + NaOH → H₂NCH₂COONa + C₂H₅OH

H₂NCH₂COOC₂H₅ + HCl → ClH₃NCH₂COOC₂H₅ ⇒ Chọn ⇒ Chọn B

Chọn đáp án C

 ⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

+ Vì M_Y < 20 nên Y là NH₃ ⇒ A có cấu tạo CH₃COONH₄

+ Khi cho A tác dụng với NaOH thì thu được hh X $\left\{\begin{array}{l}{n}_{NaOH }:0,2\\ n_{C{H}_{3}COONa} :0,1\end{array}\right.$

⇒ m_rắn = 16,2 gam ⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

Tại thời điểm $n_{NaOH}=$ 0,8 mol bắt đầu xuất hiện kết tủa → $n_{HCl}=a=0,8mol$

Tại thời điểm $n_{NaOH}=$ 2,0 mol  và 2,8 mol đều thu được 0,4 mol Al(OH)₃

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

b-------3b----------b

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

(b-0,4)---(b-0,4)

⇒ a : b = 0,8 : 0,6 = 4 : 3 → Chọn B

Chọn đáp án B

Để xử loại nước thải chứa hàm lượng chất hữu cơ cao ở dạng hạt lơ lửng, để những hạt lơ lửng đó keo tụ lại thành khối lớn và đủ nặng để lắng xuống thì người ta sử dụng PHÈN CHUA (hay còn gọi là phèn nhôm kali) có công thức hóa học là K₂SO₄.Al₂(SO₄)₃.24H₂O. ⇒ Chọn B

______________________________

+ Cơ chế: Khi phèn chua hòa vào nước sẽ phân li ra được Al³⁺ + 3H₂O → Al(OH)₃ + 3H⁺.

Al(OH)₃ sinh ra ở dạng kết tủa keo kéo các hạt lơ lửng xuống ⇒ làm trong nước.

+ Chú ý phân biệt PHÈN CHUA và PHÈN NHÔM

Chọn đáp án

Ta có:

(a) Cl₂ + 2NaOH → NaCl + NaClO + H₂O → Chọn

(b) Fe₃O₄ + 8HCl → 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O → Chọn

(c) 2MKnO₄ + 16HCl → 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂ + 8H₂O → Chọn

(d) FeO + 2HCl → FeCl₂ + H₂O → Loại

(e) CuO + 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + H₂O → Loại

(f) 2KHS + 2NaOH → K₂S + Na₂S + 2H₂O → Chọn

⇒ Chọn D

Chọn đáp án A

+ Z tham gia phản ứng với H₂SO₄ đặc thu được đimetyl ete (CH₃OCH₃) → Z là CH₃OH→ không làm mất màu dung dịch brom → C sai

Chất T phản ứng với HBr, thu được hai sản phẩm là đồng phân cấu tạo của nhau → chứa liên kết đôi C=C

X : C₆H₈O₄ có π + v=  = 3= 2^πCOO + ^πC=C

+ Thủy phân 1 mol X trong NaOH thu được Y chứa nối đôi và 2 mol CH₃OH → X phải có cấu tạo  X  phản ứng với H₂ theo tỉ lệ 1:1 → D sai

+ Y là CH₂=C(COONa)₂ có CTPT là C₄H₂O₄Na₂ → A đúng

+ T pứ với HBr cho sản phẩm duy nhất ⇒ T có công thức  → T CÓ đồng phân hình học ⇒ B sai ⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

CTPT C₆H₁₀ có độ bất bão hòa:  k = $\frac{6 x 2 + 2 - 1}{2} =2$

⇒ Các đồng phân thỏa mãn điều kiện phản ứng với Ag₂O/_NH3 cho kết tủa phải là ank-1-in.

HC≡C–CH₂–CH₂–CH₂–CH₃ (1); HC≡C–CH(CH₃)–CH₂–CH₃ (2);

HC≡C–CH₂–CH(CH₃)–CH₃ (3); HC≡C–C(CH₃)(CH₃)–CH₃ (4)

⇒ Có 4 chất thỏa mãn yêu cầu đề bài ⇒ Chọn D

Chọn đáp án C

Sử dụng sơ đồ đường chéo ⇒ nO₂:nO₃ = 5:3

+ Giả sử ⁿCO₂ 6 mol và ⁿH₂O = 7 mol ta có sơ đồ.

+ Bảo toàn Oxi ⇒ 2ⁿO₂ + 3ⁿO₃ = 5x2a + 3x3a = 2ⁿCO₂ + ⁿH₂O = 6x2 + 7 = 19 ⇒ a = 1

⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

Nhận thấy phản ứng (a) (b) (e) có đơn chất ⇒ Phản ứng (a) (b) và (e) là phản ứng oxi hóa – khử.

Phản ứng (c) và (d) tuy không có đơn chất nhưng xét số oxi hóa của các nguyên tử thì không có sự thay đổi

⇒ Phản ứng (c) và (d) không phải là phản ứng oxi hóa – khử ⇒ Chọn A

Chọn đáp án A

+ Dung dịch I₂ làm hồ tinh bột hóa màu xanh đen ⇒ X là tinh bột ⇒ Loại D.

+ Tạo màu tím với Cu(OH)₂ ⇒ Màu tím là màu của phản ứng biure ⇒ Y là lòng trắng trứng ⇒ Loại C.

+ Tạo kết tủa Ag khi tác dụng với dd AgNO₃/_NH3 ⇒ Z là glucozo ⇒ Loại B. ⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

Dung dịch có thể chứa các anion AlO₂^– và OH^–. Khi sục CO₂ đến dư thì.

CO₂ + OH^– → HCO₃^–

CO₂ + AlO₂^– + 2H₂O → Al(OH)₃ + HCO₃^– ⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

Vì sau phản ứng có cả Ca(OH)₂ nhưng vẫn có kết tủa nên chắc chắn có Ca(AlO₂)₂. Sơ đồ lên cho dễ nhìn nào.

+ Đốt cháy hh khí  

+ Sục khí CO₂ vào dung dịch chứa AlO₂^– xảy ra phản ứng.

+ Nhận thấy

⇒ Kết tủa lần 2 = a =  2x (2)

Từ (1) và (2) ⇒ 4y + 2x = 2x ⇔ x = y ⇒ Chọn D

Chọn đáp án C

R là Natri (Na) và M là Nhôm (Al). Do số mol H₂ ở 2 thí nghiệm khác nhau.

• phần 1: Al dư. Quy V lít về V mol. Xét phần 1 : Do Al dư ⇒ n_{Al phản ứng} = n_Na

⇒ Bảo toàn electron: n_Na + 3n_Na = 2n_H2 ⇒ n_Na = 2V ÷ 4 = 0,5V mol.

• Phần 2: NaOH dư ⇒ Al phản ứng hết. Bảo toàn electron:

n_Na + 3n_Al = 2n_H2 ⇒ 0,5V + 3n_Al = 2 × 1,45V ⇒ n_Al = 0,8V mol.

⇒ n_R : n_M = 0,5 : 0,8 = 5 : 8

Chọn đáp án C

Nhận thấy b-c= 4a ⇒ trong X có 5 liên kết π trong đó có 3 liên kết π ở gốc –COO– và 2 liên kết π ở gốc hidrocacbon C=C.

Như vậy để hidro hóa hoàn toàn 1 mol X cần dùng 2 mol H₂ ⇒  = 0,3 : 2 = 0,15 mol

Bảo toàn khối lương →  = 39 - 0,3. 2= 38,4 gam

Khi tham gia phản ứng thủy phân

Bảo toàn khối lượng → m_{Chất rắn} =  $m_X+m_{NaOH} - m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}$

⇒ m_{Chất rắn} = 38,4 + 0,7x40 – 0,15x92 = 52,6 gam ⇒ Chọn C

Chọn đáp án C

Đặt n_AgNO3 = x mol; n_Cu(NO3)2 = y mol ⇒ a = 170x + 188y và ∑n_NO3^– = x + 2y mol.

Cu dư + X → Y ||⇒ Y chứa Cu(NO₃)₂ ⇒ n_Cu(NO3)2 = 0,5x + y ⇒ b = 94x + 188y.

Fe dư + Y → Z ||⇒ Z chứa Fe(NO₃)₂ ⇒ n_Fe(NO3)2 = 0,5x + y ⇒ c = 90x + 180y.

2b = a + c ⇒ 2 × (94x + 188y) = (170x + 188y) + (90x + 180y)

⇒ 72x = 8y ⇒ y = 9x ⇒ %m_Cu(NO3)2 = 188 × 9x ÷ (170x + 188 × 9x) × 100% = 90,87%.

Chọn đáp án B

m_O = 84 × 0,2 = 16,8 gam ||⇒ n_O = 1,05 mol ⇒ n_Al2O3 = 0,35 mol.

n_OH = 2n_H2 = 1,2 mol || Al₂O₃ + 2OH^– → 2AlO₂^– + H₂O ||⇒ OH– dư.

n_AlO2^– = 0,35 × 2 = 0,7 mol; n_OH^– _dư = 1,2 – 0,35 × 2 = 0,5 mol.

n_H⁺ = 3,2 × 0,75 = 2,4 mol || H⁺ + OH^– → H₂O ||⇒ n_H⁺ _dư = 2,4 – 0,5 = 1,9 mol.

H⁺ + AlO₂^– + H₂O → Al(OH)₃↓; Al(OH)₃ + 3H⁺ → Al³⁺ + 3H₂O.

⇒ n_Al(OH)3 = (4 × 0,7 – 1,9) ÷ 3 = 0,3 mol ⇒ m = 0,3 × 78 = 23,4 gam

Chọn đáp án B

Vì ancol có tỉ khối so với oxi lớn hơn 1 nên ancol chỉ có thể là C₂H₅OH.

Ta có n_X = 0,25 mol, n_NaOH= 0,3 mol ⇒ NaOH dư 0,05 mol.

Áp dụng BTKL ta có m = 25,75 + 0,3 × 40 – 0,25 × 46 = 26,25 gam ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

Phản ứng: –OH + Na → –ONa + ½.H₂ ||⇒ ∑n_OH = 2n_H2 = 0,2 mol.

Lại có X gồm: HCOOC₆H₅, CH₃COOC₃H₇, C₆H₅CH₂COOCH₃, HCOOCH₂C₆H₅ và C₂H₅OOCCOOC₆H₅.

phản ứng: –COOC₆H₅ + 2NaOH → –COONa + C₆H₅ONa + H₂O

||⇒ n_NaOH = ∑n_OH + 2n_COOC6H5 ||⇒ n_H2O = n_COOC6H5 = (0,4 – 0,2) ÷ 2 = 0,1 mol.

Bảo toàn khối lượng: m = 35,2 + 0,4 × 40 – 10,4 – 0,1 × 18 = 39 gam.

Chọn đáp án D

Quy về C₂H₃NO, CH₂, H₂O ⇒ n_H2O = n_T = 0,14 mol

n_C2H3NO = n_Gly + n_Ala = 0,28 + 0,4 = 0,68 mol; n_CH2 = n_Ala = 0,4 mol.

đốt 0,14 mol T cho ∑n_CO2 = 1,76 mol và ∑n_H2O = 1,56 mol.

⇒ ∑m_{(CO2, H2O)} = 1,76 × 44 + 1,56 × 18 = 105,52 gam.

⇒ m_T = 0,68 × 57 + 0,4 × 14 + 0,14 × 18 = 46,88 gam.

⇒ m = 46,88 × 63,312 ÷ 105,52 = 28,128 gam

Chọn đáp án B

M_Y = 24,4 ⇒ Y chứa H₂ và NO. Đặt n_H2 = x mol; n_NO = y mol ⇒ n_Y = x + y = 0,125 mol

m_Y = 2x + 30y = 0,125 × 24,4. Giải hệ có: x = 0,025 mol; y = 0,1 mol.

Do Y chứa H₂ ⇒ X không chứa NO₃^–. Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

n_NH4⁺ = 0,05 + 0,1 – 0,1 = 0,05 mol. Bảo toàn electron: 3n_{Al phản ứng} = 2n_H2 + 3n_NO + 8n_NH4⁺

⇒ n_{Al phản ứng} = 0,25 mol. X chứa AlCl₃, NaCl, KCl, NH₄Cl

⇒ m = 0,25 × 133,5 + 0,05 × 58,5 + 0,1 × 74,5 + 0,05 × 53,5 = 46,425 gam.