Bộ đề ôn luyện Hóa Học cực hay có lời giải (Đề số 20)

Đáp án B

Chọn D

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án B

Đáp án A

Chọn A vì triolein là chất béo (triglixerit).

Đáp án B

– A và C là polime tổng hợp ⇒ loại.

– D là polime tự nhiên (có nguồn gốc protein) ⇒ loại

Đáp án A

Đáp án C

► Ta có dãy điện hóa:

^Mg2+/_Mg > ^Fe2+/_Fe > ^H+/_H2 > ^Cu2+/_Cu > ^Fe3+/_Fe²⁺ > ^Ag+/_Ag.

||⇒ để thỏa yêu cầu đề bài thì phải nằm giữa cặp ^H+/_H2 và ^Fe3+/_Fe²⁺.

⇒ X là Đồng (Cu)

Đáp án A

Phenylamoni clorua là C₆H₅NH₃Cl ⇒ tác dụng được với NaOH:

C₆H₅NH₃Cl + NaOH → C₆H₅NH₂ + NaCl + H₂O

Đáp án C

A. – Đầu tiên: Ba + 2HO → Ba(OH)₂ + H₂↑.

– Sau đó: Ba(OH)₂ + CuSO₄ → BaSO₄↓ + Cu(OH)₂↓.

||⇒ thu được khí H₂ ⇒ loại.

B. NaHCO₃ + HCl → NaCl + CO₂↑ + H₂O ||⇒ thu được khí CO₂ ⇒ loại.

C. NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + HO ||⇒ không thu được khí ⇒ chọn C.

D. Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂↑ ||⇒ thu được khí H₂ ⇒ loại

Đáp án D

Chọn D vì: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑ || 2Fe + 3Cl₂ → 2FeCl₃ ⇒ thu được 2 loại muối.

Đáp án B

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H2SO4 = n_H2 = 0,25 mol

⇒ m_{dung dịch H2SO4} = 0,25 × 98 ÷ 0,2 = 122,5(g).

Bảo toàn khối lượng: m_{dung dịch A} = 8,3 + 122,5 – 0,25 × 2 = 130,3(g)

Đáp án D

A. Gly-Gly + 2NaOH → 2Gly-Na + H₂O ⇒ thu được 1 muối.

B. CH₃COOCH=CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₃CHO ⇒ thu được 1 muối.

C. (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₃COONa + C₃H₅(OH)₃ ⇒ thu được 1 muối.

D. Gly-Ala + 2NaOH → Gly-Na + Ala-Na + H₂O ⇒ thu được 2 muối

Đáp án A

M_ancol = 32 ⇒ ancol là CH₃OH ⇒ các đồng phân cấu tạo thỏa mãn là:

CH₃CH₂CH₂COOCH₃ và CH₃CH(CH₃)COOCH₃ 

Đáp án B

A. Sai, phương trình đúng: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑.

B. Đúng ⇒ chọn B.

C. Sai, phương trình đúng: FeCl₃ + Ag → không phản ứng.

D. Sai, phương trình đúng: Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

Đáp án A

Có 2 đồng phân amino axit là H₂NCH₂CH₂COOH và CH₃CH(NH₂)COOH ⇒ chọn A.

Đáp án D

M_khí < 16 × 2 = 32 ⇒ khí có thể là CH₃NH₂ hoặc NH₃.

⇒ các đồng phân thỏa mãn là: C₂H₅COONH₄ và CH₃COOH₃NCH₃

Đáp án C

Chỉ có Na không thỏa mãn ⇒ chọn C

Đáp án C

A. Sai vì CH₃COOCH=CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₃CHO ⇒ thu được anđehit.

B. Sai vì tristearin là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ hay C₅₇H₁₁₀O₆.

C. Đúng: (RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃ ⇒ chọn C. 

D. Sai vì ở điều kiện thường triolein là chất lỏng, không tan trong nước, nhẹ hơn nước.

Đáp án B

► Cấu hình electron của M: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s².

– Electron cuối cùng điền vào phân lớp d ⇒ thuộc phân nhóm B.

– Lớp ngoài cùng là lớp N (n = 4) ⇒ thuộc chu kì 4.

– Electron hóa trị = 5 + 2 = 7 ⇒ thuộc nhóm VII

Đáp án D

Do ion Na⁺ không bị điện phân trong dung dịch ⇒ tại catot chỉ xảy ra sự khử H₂O

Đáp án C

n_Gly-Ala = 0,06 mol; n_NaOH = 0,3 mol ||► Quy đổi quá trình về:

Gly-Ala + NaOH + H₂SO₄ vừa đủ ⇒ n_H2SO4 = n_Gly-Ala + n_NaOH ÷ 2 = 0,21 mol.

Lại có: Gly-Ala + 1H⁺ + 1H₂O → 2 Cation || NaOH + H⁺ → Na⁺ + H₂O 

⇒ n_H2O = n_NaOH – n_Gly-Ala = 0,24 mol. Bảo toàn khối lượng:

||⇒ m = 8,76 + 0,3 × 40 + 0,21 × 98 – 0,24 × 18 = 37,02(g)

Đáp án D

(1) Sai vì cả 2 đều có khả năng tráng bạc.

(2) Đúng.

(3) Đúng.

(4) Đúng.

(5) Sai vì được dùng để sản xuất thuốc súng.

⇒ chỉ có (1) và (5) sai

Đáp án D

 (1) Đúng.

(2) Đúng vì: CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O.

(3) Sai vì không có sự thay đổi số oxi hóa.

(4) Đúng.

(5) Đúng.

⇒ chỉ có (3) sai

Đáp án C

(1) Đúng vì các kim loại sau Al trong dãy điện hóa đều có thể điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch.

(2) Sai vì Na không khử được AgNO₃ do tác dụng với H₂O trước.

(3) Đúng vì: Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂ ||⇒ dung dịch chứa 2 muối là FeCl₂ và FeCl₃ dư.

(4) Đúng vì nếu với tỉ lệ thích hợp thì: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

2NaOH + 2Al + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑.

(5) Đúng.

⇒ chỉ có (2) sai

Đáp án B

Đặt m_{tơ tằm} = x; m_{lông cừu} = y ⇒ m_{hỗn hợp} = a + b = 200(g).

m_glyxin = 0,436x + 0,066y = 31,7(g) ||⇒ giải hệ cho: x = 50(g); y = 150(g).

► %m_{tơ tằm} = 50 ÷ 200 × 100% = 25%

Đáp án A

Do X tác dụng được với HCl ⇒ Al dư. Bảo toàn electron: n_{Al dư} = 0,01 mol.

Bảo toàn gốc NO₃: n_NO3^–_{/dung dịch sau} = 0,09 mol. Bảo toàn điện tích: n_Al³⁺ = 0,03 mol.

► Bảo toàn nguyên tố Al: m₁ = 27 × (0,03 + 0,01) = 1,08(g). Lại có :

X gồm 0,03 mol Cu; 0,03 mol Ag và 0,01 mol Al dư ||⇒ m₂ = 5,43(g)

⇒ chọn A

Đáp án D

► Cô cạn Y chỉ thu được H₂O ⇒ X là este của phenol. Đặt n_X = x.

⇒ n_KOH = 2x mol; n_{H2O sản phẩm} = x mol ⇒ m_{H2O/dung dịch KOH} = 848x.

||⇒ ∑m_H2O = 848x + 18x = 86,6(g) ⇒ x = 0,1 mol. Bảo toàn khối lượng:

m_X = 23 + 0,1 × 18 – 0,2 × 56 = 13,6(g) ⇒ M_X = 136 ⇒ X là C₈H₈O₂.

► Các CTCT thỏa mãn là CH₃COOC₆H₅ và o, m, p – CH₃C₆H₄OOCH

Đáp án C

► Dung dịch nước vôi trong bị vẩn đục ⇒ có kết tủa ⇒ n_CO2 ≤ n_OH^– = 1,848 mol.

||⇒ n ≤ 1,848 ÷ 0,42 = 4,4 ⇒ n = 3 hoặc n = 4. Với n = 3 ⇒ X là HCOOCH=CH₂.

⇒ loại vì thủy phân trong NaOH thu được 2 sản phẩm đều tham gia phản ứng tráng gương.

⇒ n = 4 ⇒ công thức cấu tạo duy nhất thỏa mãn của X là CH₂=CHCOOCH₃.

A. Sai vì có thể điều chế từ ancol và axit tương ứng là CH₂=CHCOOH và CH₃OH.

B. Sai vì tên của este X là metyl acrylat.

C. Đúng ⇒ chọn C.

D. Sai vì %m_O/X = 32 ÷ 86 × 100% = 37,21%.

Đáp án C

► Nhìn 4 đáp án ⇒ X đơn chức và không tráng gương được 

⇒ n_HCOOH = n_Ag ÷ 2 = 0,01 mol ⇒ n_X = 0,015 – 0,01 = 0,005 mol.

||⇒ M_X = 86 ⇒ X là C₃H₅COOH

Đáp án D

(1) Đúng vì chứa π_C=C.

(2) Đúng vì gốc metyl đẩy electron làm giảm tính axit của CH₃COOH.

(3) Đúng vì chứa OH liên kêt với C_no thuộc mạch nhánh của vòng benzen. 

(4) Đúng vì đều chứa H linh động ở nhóm OH.

Đúng vì đều chứa H linh động ở nhóm OH.

(5) Đúng vì đều có dạng OHC-O-? ⇒ chứa nhóm chức CHO ⇒ tráng gương được.

⇒ cả 5 ý đều đúng

Đáp án D

(1) Đúng.

(2) Đúng, axit glutamic là HOOC(CH₂)₂CH(NH₂)COOH hay C₅H₉NO₄.

(3) Sai vì đipeptit không có phản ứng màu biure.

(4) Sai vì nguyên liệu là axit ađipic và hexametylenđiamin.

(5) Sai, chẳng hạn như amin bậc II như CH₃NHCH₃ không chứa NH₂.

||⇒ chỉ có (1) và (2) đúng 

Đáp án D

Đặt n_NO = x; n_N2O = y ⇒ n_Z = x + y = 0,005 mol; m_Z = 30x + 44y = 0,005 × 19,2 × 2.

||⇒ giải hệ có: x = 0,002 mol; y = 0,003 mol || n_{Mg dư} = n_H2 = 0,005 mol 

⇒ n_Ag = (0,336 – 0,005 × 24) ÷ 108 = 0,002 mol. Đặt n_{Mg phản ứng} = a. Bảo toàn electron: 

2n_{Mg phản ứng} = 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3 + n_Ag ⇒ n_NH4NO3 = (0,25a – 0,004) mol 

||⇒ m_muối = 148a + 80.(0,25a – 0,004) = 3,04(g) ⇒ a = 0,02 mol. Lại có:

► n_e = n_H⁺ = n_HNO3 = 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4NO3 = 0,048 mol ⇒ t = 2316(s) 

Đáp án A

► Quy A về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O ⇒ n_C2H3NO = 2n_N2 = 0,22 mol.

Muối gồm C₂H₄NO₂Na và CH₂ ⇒ m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 28,02(g). 

⇒ n_H2O = 0,52 mol ⇒ n_CH2 = 0,52 – 0,22 × 2 = 0,09 mol.

n_NaOH = n_C2H3NO = 0,22 mol. Bảo toàn khối lượng: m_H2O = 0,9(g) ⇒ n_H2O = 0,05 mol.

► Đặt n_X = x; n_Y = y ⇒ n_H2O = n_A = x + y = 0,05 mol; n_C2H3NO = 4x + 5y = 0,22 mol.

⇒ giải hệ cho: x = 0,03 mol; y = 0,02 mol. Do X và Y chỉ tạo bởi Gly và Ala.

⇒ n_Ala = 0,09 mol. Gọi số gốc Ala trong X và Y là m và n (m, n Î N*).

⇒ n_Ala = 0,03m + 0,02n = 0,09 mol. Giải phương trình nghiệm nguyên cho: m = 1 và n = 3.

► Y là Gly₂Ala₃ ⇒ %m_Y = 0,02 × 345 ÷ 14,7 × 100% = 46,94%

Đáp án B

► Đặt n_H2 = x; n_NO = y ⇒ n_Z = x + y = 0,085 mol; m_Z = 2x + 30y = 1,57(g).

⇒ giải hệ cho: x = 0,035 mol; y = 0,05 mol. Bảo toàn khối lượng: m_H2O = 4,5(g).

⇒ n_H2O = 0,25 mol. Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_NH4⁺ = 0,01 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_Fe(NO3)2 = 0,03 mol || n_HNO3 = 2n_O + 2n_H2 + 4n_NO + 10n_NH4⁺ 

⇒ n_O = 0,12 mol ⇒ n_Fe3O4 = 0,03 mol. Bảo toàn nguyên tố Fe: n_Fe²⁺_/Y = 0,12 mol.

► Đặt n_Cu = a; n_Mg = b. Bảo toàn điện tích trong Y: 2a + 2b + 0,12 × 2 + 0,01 = 0,61.

Kết tủa gồm Cu(OH)₂, Mg(OH)₂ và Fe(OH)₂ ⇒ m_↓ = 98a + 58b + 0,12 × 90 = 24,44(g).

⇒ giải hệ cho: a = 0,08 mol; b = 0,1 mol ⇒ %m_Cu/X = 25,75%

Đáp án A

Bảo toàn nguyên tố Natri và gốc OH: n_OH/ancol = n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,26 mol. 

► Xử lí dữ kiện ancol: -OH + Na → -ONa + ¹/₂H₂↑ ||⇒ n_H2 = n_OH ÷ 2 = 0,13 mol. 

Bảo toàn khối lượng: m_ancol = m_{bình tăng} + m_H2 = 8,1 + 0,13 × 2 = 8,36(g).

► GIẢ SỬ 2 ancol có cùng số chức ⇒ đều đơn chức (vì chỉ có 1 este 2 chức) 

⇒ n_ancol = 0,26 mol ⇒ M_ancol = 8,36 ÷ 0,26 = 32,15 ⇒ phải chứa CH₃OH ⇒ vô lí!. ⇒ loại.

||⇒ hỗn hợp gồm ancol đơn chức và 2 chức ⇒ có dạng C_nH_2n+2O và C_nH_2n+2O₂ (n ≥ 2).

● Đặt số mol 2 ancol lần lượt là a và b ⇒ n_OH = a + 2b = 0,26 mol. 

m_ancol = a(14n + 18) + b(14n + 34) = 8,36(g) ⇒ (a + b)(14n + 2) + 16(a + 2b) = 8,36(g) 

⇒ a + b = 4,2/(14n+2)> 0,5a + b = 0,5(a + 2b) = 0,13 ⇒ n ≤ 2,16 ⇒ n = 2.

► Với n = 2 ||⇒ giải hệ cho: a = 0,02 mol và b = 0,12 mol.

Các este đều mạch hở ⇒ axit đều đơn chức ⇒ số mol mỗi muối là 0,13 mol. 

Bảo toàn khối lượng: m_F = 21,32(g) ⇒ M_muối = 82 ⇒ F chứa HCOONa.

||⇒ M_{muối còn lại} = (21,32 – 0,13 × 68) ÷ 0,13 = 96 ⇒ muối còn lại là C₂H₅COONa.

► Ghép axit và ancol ⇒ X và Y là HCOOC₂H₅ và C₂H₅COOC₂H₅, Z là HCOOC₂H₄OOCC₂H₅.

⇒ HCOOC₂H₅ là este có PTK nhỏ nhất với 0,01 mol ||⇒ %m_HCOOC2 H5 = 3,84%