Bộ đề thi thử Hóa học cực hay có lời giải chi tiết(Đề số 5)

Đáp án : A

Đáp án : C

n _CO2(1) = 1,568 : 22,4 = 0,07 mol

n _CO2(2) = 5,72: 44 = 0,13 mol

n _H2O = 1,8: 18 = 0,1 mol

– COOH +      NaHCO₃ →    – COONa +    H₂O + CO₂ ↑

0,07                                                               0,07

X + O₂ → CO₂ + H₂O

Bảo toàn nguyên tố O, có n _O(X) + n _O(O2) = n _O(CO2) + n _O(H2O)

<=> 0,07. 2 + 2 n _O2 = 0,13. 2 + 0,1

=> n _O2 = 0,11 mol

=> V = 0,11. 22,4 = 2,464 lít

Đáp án : B

n _H2 = 15,68 : 22,4 = 0, 7mol

2 OH ^– +         2 Na →           2 ONa +         H₂

1,4                                                                   0,7

Gọi CTTQ 3 chất trong hỗn hợp X là C_nH_2n+2O_n => n _X = 1,4 : n (mol)

C_nH_2n+2O_n +   (n + 0,5) O₂ →         n CO₂ +          (n + 1)H₂O

1,4/ n                                                               1,4 (n+1)/ n

Có 1,4/n (14n + 2+ 16n) = 43,2

<=> 42 + 2,8/ n = 43,2

<=> n = 7/ 3

=> n _H2O = (1,4/ n) (n+1) = 2 mol

m _{bình tăng} = 2. 18 = 36 gam

Đáp án : D

Đáp án : D

X điều chế = phương pháp đpnc và X đẩy được KL khác ra khỏi muối => X là Al

Z không phải là Al, không tác dụng với H₂SO₄ đặc, nguội => Z là Fe

Y không phải là Al, Y được điều chế bằng phương pháp đpnc => Y là K

=> T là Ag

Đáp án : C

Đáp án : A

Các công thức cấu tạo thỏa mãn là

Đáp án : A

n _H2 = 268,8 : (22,4. 1000) = 0,012 mol

M +     H₂SO₄ →        MSO₄ +          H₂

0,012←                                         0,012

=> M = 0,78 : 0,012 = 65

M là Zn

Đáp án : C

CH₃COOCH₃ : metyl axetat

Đáp án : D 

Đáp án : B

Ala – Gly – Gly – Ala – Val

Đáp án : A

Đáp án : A

Đáp án : C

Đáp án : C

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

Đáp án : B

Đáp án : D

Đáp án : D

n_Al = 5,4: 27 = 0,2 mol

2 Al +             3 Cl₂ →          2 AlCl₃

0,2                                      →0,2

m_muối = 0,2. 133,5 = 26,7 gam

Đáp án : B

Đáp án : D

Các thí nghiệm thu được ↓ là : (a); (b); (c); (d)

Đáp án : D

Đáp án : C

Theo giả thiết:

=> Trong X có n _C : n _H = 7 : 10

=> % m _O = 16x : (94 + 16x) = 45,97%

                              <=> x = 5

=> X có CTPT dạng (C₇H₁₀O₅)n (n ɛ N^*)

Mà M_X < 200 => 174n < 200 <=> n < 1,15

=> n = 1

Vậy X có CTPT là C₇H₁₀O₅

Đáp án : A

n _Mg = 3,6: 24 = 0,15 mol

n _Ag+ = 0,2 mol

n _Cu2+ = 0,2mol

Mg +   2 Ag⁺ →         Mg²⁺ +            2 Ag

0,1       0,2                                        0,2

Mg +   Cu ²⁺ →          Mg²⁺ +            Cu↓

0,05     0,05                                      0,05

m _{c. rắn} = 0,2 . 108 + 0,05. 64 = 24,8 gam

Đáp án : C

n _Mg = 0,15 mol

3Mg +       8HNO₃ →      3Mg(NO₃)₂ +     2NO +              4H₂O

0,15                                                              0,1

=> V_{NO (đktc)}= 0,1. 22, 4 = 2,24 lít

Đáp án : B

Đáp án : B

X có 13e => Số hạt mang điện = p + e = 26 hạt

Đáp án : D

n _mantozơ = 51,3: 342 = 0,15 mol

Mantozơ →   2 glucozơ

0,15. 0,8         0,24

=> n _{mantozơ dư} = 0,03 mol

=> ∑ n _Ag = 2n _glucozơ + 2n _mantozơ  = 0,24. 2 + 0,03. 2 = 0,54 mol

m _Ag = 0,54. 108 = 58,32 gam

Đáp án : D

Đáp án : C

Este no, đơn chức, mạch hở: C_nH_2nO₂

C_nH_2nO₂ +      [(3n - 2)/2 ]O₂ →      n CO₂ +          n H₂O

0,26/n                                            0,26

=> (0,26/ n)(14n + 32) = 7,8

<=> n = 2

Este là C₂H₄O₂

Đáp án : A

n _CO2 = 2,688: 22,4 = 0,12 mol

n _K2CO3 = 4,14 : 138 = 0,03 mol

Dung dịch KOH được dùng vừa đủ

Bảo toàn nguyên tố K, có: n _KOH  = 2n _K2CO3 = 0,06 mol

Dễ thấy este đơn chức, n _KOH > n _este

=> Có 1 este là este đơn chức của phenol

Mặt khác, ∑ n _C(Z) = n _{C (M)} = 0,12+ 0,03 = 0,15 mol

=> Số nguyên tử C trung bình của hỗn hợp M = 0,15: 0,05 = 3

Mà M chứa este đơn chức của phenol, có số nguyên tử C > 3

=> este còn lại là HCOOCH₃

Đáp án : C

Đáp án : A

Các nhận định đúng là: (1); (4); (5); (6)

Đáp án : D

Đáp án : D

CH₃ – NH – CH₃ : đimetyl amin là amin bậc 2

Đáp án : B

Đáp án : C

Đáp án : A

Các hợp chất thỏa mãn đk là hợp chất chứa đồng thời 1 nhóm phenol và 1 nhóm hiđroxyl của ancol

Đáp án : A

Kim loại có tính khử mạnh thì ion của nó có tính oxi hóa yếu và ngược lại

Đáp án : D

Đáp án : C

Đáp án : B

Dễ thấy trên đồ thị HCl dư

n _HCl = a mol

=> Z chứa AlCl₃ và HCl dư với cùng số mol

=> n _AlCl3 = a mol => n _Al2O3 = a/ 2

Chất rắn Y chứa Cu: 2a/ 3 (mol)

Al³⁺ +             3OH ^– →        Al(OH)₃

a                     3a                    a

 Al(OH)₃         + OH ^– →       Al(OH)₄ ^–

0,09                0,09

=> 3a + 0,09 = 4,25a – a

<=> 0,25 a = 0,09 <=> a = 0,36 mol

=> n _Cu = 0,24 mol

Cu +    HNO₃ →        Cu(NO₃)₂ +    2NO₂ +           2H₂O

0,24

Đáp án : B

n _{hh X} = 6,72: 22,4 = 0,3 mol

n _{hh Z} = 4,48 : 22,4 = 0,2 mol

_{$\overline{M}$hh Z} = 20.2 = 40

Z gồm N₂ và N₂O

=> n _N2 = 0,05 mol

n _N2O = 0,15 mol

=> n _NO = n _X – n _Z = 0,1 mol

Mặt khác, có hh A (Mg, Al) => Kết tủa chứa Al(OH)₃ và Mg(OH)₂

m →                m+ 39,1

Gọi n _Mg = a mol => n _Al = 1,25a mol

m _{hh A} = 24a + 33,75a = 57,75 a = m

m↓ = 58a + 97,5 a = 57,75a + 39,1

<=> a = 0,4 mol

=> n _Mg = 0,4; n _Al = 0,5 mol

Mg →      Mg⁺² +    2e  

0,4                        0,8   

Al →   Al⁺³ +           3e   

0,5                        1,5   

N⁺⁵ +   10e → N₂

          0,5       0,05

N⁺⁵ +   8e →   N^-3

           8a        a

 N⁺⁵ +   3e →   N⁺²

      0,3       0,1

2N⁺⁵ + 8e → N₂O

     1,2       0,15

Bảo toàn electron, ta có: 0,8 + 1,5 = 0,3 + 1,2 + 0,5 + 8a

<=> 8a = 0,3

<=> a = 0,0375 mol

=> ∑ n _HNO3p.ư = n _{NO3 – (muối của KL)} + n _{N(sp khử)} + 2 n _NH4NO3

  = 2,3 + 0,1 + 0,15. 2 + 0,05. 2 + 0,0375. 2

  = 2,875 mol

=> n _{HNO3 t.t} = 3,45 mol => m_{dd HNO3} = (3,45. 63)/ 0,2 = 1086,75 g

=> m _{dd sau p.ư} = m _KL + m _HNO3 – n _khí

= 0,4. 24 + 0,5. 27 + 1086,75 – 0,1. 30 – 0,05. 28 – 0,15. 44

= 1098,85 gam

C% _Al(NO3)3 = 106,5 : 1098,85 = 9,7%

Đáp án : A

Dd Y + dd AgNO₃:

3Fe²⁺ +         4H⁺ +         NO₃ ^– → 3 Fe³⁺ +      NO + 2H₂O

0,06←            0,08←         0,02 ←                    0,02

Kết tủa gồm AgCl và Ag. Trong đó: n _AgCl = n _HCl = 0,88 mol

=> m _Ag = 133,84 – 0,88. 143,5 = 7,56 gam

=> n _Ag = 0,07 mol

Fe²⁺ +           Ag⁺ →            Fe³⁺ +            Ag

0,07←            0,07                0,07                0,07

=> ∑ n _{Fe2+ (ddY)} = 0,06 + 0,07 = 0,13 mol

n _{H+ dư (ddY)} = 0,08 mol

=> dd Y gồm Fe+ ; Fe³⁺; H⁺ và Cl ^–

Bảo toàn điện tích trong dd có: 2 n _Fe2+ + 3n _Fe3+ + n _H+ = n _{Cl –}

<=> 3 n _Fe3+ = 0,88 – 2. 0,13 – 0,08 = 0,54 mol

<=> n _Fe3+ = 0,18 mol

Mặt khác, có ∑ n _{H+ bđ} = 0,88 + 0,04 = 0,92 mol

=> n _{H+ p.ư} = 2. n _H2O = 0,84 mol

=> n _H2O = 0,42 mol

X +      HCl +           HNO₃     → Muối + axit dư + khí + H₂O

       (0,88 mol)      (0,04 mol)

BTKL => m _khí          = 27,04 + 0,88. 36,5 + 0,04. 63 – 0,42. 18 – 0,31. 56 – 0,08 – 0,88. 35,5 = 5,44 gam

Gọi n _N2O = x mol; n _NO = y mol

BT nguyên tố N: có n _{N [Fe(NO3)2]} +  n _N(HNO3) = n _{N(sp khử)}

=> 2. n _Fe(NO3)2 + 0,04 = 0,04. 2 + 0,08 = 0,16

=> n _Fe(NO3)2 = 0,06 mol

=> m _Fe + m _FeO + m _Fe2O3 + m _{Fe3O4 (hhX)} = 27,04 – 0,06. 180 = 16,24 gam (I)

Mặt khác, n _FeO : _Fe3O4 : n _Fe2O3 = 3: 2: 1

=> Đặt n _Fe2O3 = a => n _Fe3O4 = 2a và n _FeO = 3a

Đặt n _Fe = b

Theo (I) => 56b + 840 a = 16,24  (1)

∑ n _Fe(I) = 0,31 – 0,06 = 0,25  <=> b + 11a = 0,25 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,01 và b = 0,14 mol

=> % m _Fe = (0,14. 56) : 27,04 = 28,99%

Đáp án : A

Phản ứng xảy ra hoàn toàn, nhưng sau phản ứng , hh X tác dụng NaOH sinh ra khí

=> X chứa Al dư, oxit sắt bị khử hết

Al +    NaOH +          H₂O →          NaAlO₂ +       3/2 H₂

0,02                                             0,02                0,03

n _Al(OH)3 = 8,58 : 78 = 0,11 mol

Al₂O₃ +          2 NaOH →     2 NaAlO₂ +    3/2 H₂

0,045 ←                           0,11 – 0,02

Z gồm Fe; xét quá trình Z tan trong H₂SO₄ đặc

n _SO2 = 3,472 : 22,4 = 0,155 mol

=> m _Fe = 20,76 – 0,155. 96 = 5,88 gam

=> m _{oxit Fe} = m _Fe + m _O = 5,88 + 0,045. 3. 16 = 8,04 gam

Đáp án : A

n _Br2 = 14,4 : 160 = 0,09 mol

n _X = 0,56 : 22,4 = 0,025 mol

Gọi số mol 2 hiđrocacbon lần lượt là x và y, chứa n và (n+1) liên kết π

=> n < 3,6 < n+1

=> n = 3 => x = 0,01 và y = 0,015

Hidrocacbon mạch hở, chứa 4 liên kết π và là chất khí ở điều kiện thường là C₄H₂

CH ≡ C – C ≡ CH

Hidrocacbon mạch hở , chứa 3 liên kết π và là chất khí ở điều kiện thường là C₄H₄

CH ≡ C – C= CH₂

n_C4H4 : n_C4H2 = 0,01 : 0,015 = 2 : 3

=> 2,54 gam hh X chứa : 0,02 mol C₄H₄ và 0,03 mol C₄H₂

CH ≡ C – C ≡ CH à CAg ≡ C – C ≡ CAg ↓

0,03                       0,03

CH ≡ C – C= CH₂ à CAg ≡ C – C = CH₂↓

0,02                       0,02

m↓ = 11,1g

Đáp án : D

n _X = 4,48 : 22,4 = 0,2 mol

=> Khối lượng trung bình hỗn hợp X là 5,36: 0,2 = 26,8

Vì không có anđehit nào có M< 26,8 => ankin Z có M< 26,8

=> Z là CH ≡ CH

Y có ít hơn Z 1 nguyên tử C => Y là HCHO

Đặt n HCHO = x ; n_{CH ≡ CH} = y mol

=> -> x= 0,04 và y = 0,16 mol

HCHO +         4AgNO₃ →

0,04                0,16

C₂H₂ +            2 AgNO₃→

0,16                0,32

∑ n _AgNO3 = 0,48 mol => x = 0,48: 0,24 = 2

Đáp án : A

Có n _H2O > n _CO2 => 2 ancol no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng liên tiếp

Gọi CTPT của axit cacbonxylic đơn chức và axit cacboxylic 2 chức trong X lần lượt là

C_nH_2n+2-2kO₂ và C_mH_2m+2-2kO₄ (k ≥ 2)

Đốt cháy ancol no, đơn chức, mạch hở thì n _ancol = n _H2O – n _CO2 .

Đặt n _ancol = a

C_nH_2n+2-2kO₂  →         n CO₂ +          (n+1 – k )H₂O

x                             xn                    x (n+1 – k )

C_mH_2m+2-2kO₄  →       m CO₂ +         (m+1 – k )H₂O

Y                             ym                   y (m+1 – k )

Vậy n _H2O – n _CO2 = a + (1 – k )(x+y) = 0,24 – 0,21 = 0,03 (1)

Mặt khác, este hóa hoàn toàn hh X thì được hỗn hợp chỉ chứa este và nước

=> ∑ n _OH = ∑ n _COOH

Hay a = x + 2y <=> a – x – 2y = 0 (2)

Do k ≥ 2

Với k = 3 , (1) <=> a – 2x – 2y = 0,03

Có a – 2x – 2y < a – x – 2y <=> 0,03 < 0 (vô lý)

=> k = 2 => (1) <=> a – x – y = 0,03

Mặt khác, m _hh = m _este + m _H2O = m _C + m _H + m _O

<=> 5,4 + 18a = 0,21. 12 + 0,24. 2 + 16a + 32x + 64y

<=> - 2a + 32x + 64y = 2,4 (3)

Từ (1)(2)(3) => a = 0,08; x = 0,02 ; y = 0,03

n _hh = 0,08 + 0,02 + 0,03 = 0,13 mol

=> Số ng. tử C trung bình = 0,21: 0,13 = 21/13

Số ng. tử H trung bình = 0,24. 2 : 0,13 = 3,63

Các hợp chất trong X đều chứa số H chẵn => Có 1 hợp chất chứa 2 nguyên tử H

=> đó là HOOC – COOH (C₂H₄O₂); n _C2H4O2 = 0,03 mol

m _hh = 5,4 + 18. 0,08 = 6,84 gam

=> m _ancol + m _{axit đơn chức} = 6,84 – 0,03. 90 = 4,14 gam

Vì số ng tử C trung bình = 21/13 => hh X chứa 1 chất có số nguyên tử C = 1

=> Đó là CH₃OH => ancol còn lại là C₂H₆O

Axit đơn chức chứa 1 lk π trên mạch C, thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic 

=> 0,08.$\overline{M}$_ancol + 0,02. M_axit = 4,14

32 < $\overline{M}$_ancol < 46

Đáp án : A

n _Na2CO3 = 7,42 : 106 = 0,07 mol

n _CaCO3 = n _CO2 = 23/ 100 = 0,23 mol

m _{bình tăng} = m _CO2 + m _H2O = 13,18

=> m _H2O = 13,18 = 0,23. 44 = 3,06 gam

n _H2O = 0,17 mol

BT nguyên tố: => n _NaOH = 2n _Na2CO3 = 0,14 mol

Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức => este đơn chức

n _este = n _NaOH = 0,14 mol

n _ancol = 0,14 mol

m _ancol = m _ete + m _{H2O (tách ra)} = 4,34 + (0,14. 18): 2= 5,6 gam

Xét phản ứng đốt muối

RCOONa + O₂ → Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

Bảo toàn nguyên tố O, có 2. 0,14 + 2 n _O2 = 0,07. 3 + 0,23. 2 + 0,17

=> n _O2 = 0,28 mol

=> m _muối = 11,84 gam

Este + NaOH → Muối + ancol

=>  m _este = 11,84 + 5,6 – 0,14. 40 = 11,84 gam

Đáp án : A

X : CH₃ – NH₃ – HCO₃

Y: CH₃NH₃ – O – C – O - NH₄

                         ||

                    O

Hỗn hợp X tác dụng 0,25 mol KOH thì được chất rắn Y gồm 0,1 mol : KHCO₃ và K₂CO₃

Nung Y:

2 KHCO₃ → K₂CO₃ + CO₂ + H₂O

2KOH + CO₂ → K₂CO₃ + H₂O

=> Chất rắn chứa K₂CO₃ : a mol và KOH:  b mol

=> m = 01 . 138 + 0,05. 56 = 16,6 gam

Đáp án : A

Muối Kali của Val và Ala có dạng: C_nH_2nNO₂K

2 C_nH_2nNO₂K + O₂ →     (2n – 1 )CO₂ +    2n H₂O +    K₂CO₃ +         N₂

                                   0,11 (2n – 1 )     0,11. 2n        0,11            0,11

Đặt n _H2O = x ; n _CO2 = y

M _muối = m _C + m _H + m _(NO2K)

          = 0,9.2 + 0,9. 12 + 0,11. 2 . 85

          = 31,3 gam

=> m _peptit = 19,88 gam

Gọi n _{muối của Ala} = a; n _{muối của Val} = b

m _peptit = m _Ala + m _Val – m _H2O

             = 0,1 89 + 0,12. 117 – 19,88 = 3,06 gam

=> n _nước = 0, 17 mol

=> Đặt n _X1 = m ; n _X2 = n

∑ n _{H2O tách ra} = 3m + 4n = 0,17 mol

∑ n _{gốc aminoaxit} = 4m + 5n = 0,22  mol

Nếu X₁ chứa p gốc Ala và X₂ chứa q gốc Ala

=> 0,03. p + 0,02. q = 0,1

=> 3p + 2q = 10 => p = (10 - 3p):2  (p ≤ 4; q ≤ 5)