Đề ôn luyện thi THPTQG Hóa học có lời giải chi tiết (Đề số 20)

Trong 10,88 g X có x mol Cu; y mol Fe; z mol Mg

4,44 mol X có xt mol Cu; yt mol Fe; zt mol Mg

( cùng 1 loại hỗn hợp X nên tỉ lệ thành phần như nhau)

+ 10,88 g X : phản ứng với Clo tạo muối có số oxi hóa cao nhất

m muối – mKl = mCl- = 17,395g

Theo DLBT e có:  2x + 3y + 2z = nCl- = 0,49 mol     (1)

mKl= 64x+ 56y + 24z = 10,88g           (2)

+ 0,44mol X : tác dụng với axit HCl dư thì Fe chỉ tạo muối sắt 2

=>  Theo DLBT e có: 2yt + 2zt =2nH2= 0,48 mol (3)

nX= xt+yt+zt = 0,44mol                               (4)

Giải hệ có: y=0,05mol => %mFe(X)=25,73%

=>B

Có ( $\mathrm{\pi }$+ vòng) =(2.nC + 2 - nH)/2 = 4 => thành phần đính vào vòng sẽ không có liên kết bội, X có thể cộng với NaOH và tách nước nên X chứa nhóm OH đính vào vòng và đính vào gốc hidrocacbon gắn với vòng

=> X là  HO-C6H5-CH2CH2OH ; HO-C6H5-CH(OH)CH3

(mỗi công thức trên nhóm OH đính vào vòng có 3 vị trí ortho,meta,para neen tổng cộng sẽ có 6 đồng

phân)

=>C

Mục đích của việc làm này là Ta cần tạo ra 1 cặp điện cực mà Anot là kim loại hi sinh(bị oxi hóa) thay cho Fe nên kim loại đó phải có thế điện cực chuẩn âm hơn

=>A

Chọn C

Các ancol và monosaccarit đều không bị thủy phân

=>D

Muối mono natri của axit glutamic dùng trong mì chính

=>C

FexOy  +  2y HCl   →   xFeCl2y/x + yH2O

FexOy  +   yCO    →  xFe +y CO2

Ta thấy nO(oxit) = nCO = ½ nHCl = 0,075 mol

VCO= 1,68 l

=>B

%mP = 31/ ( 142 + 18n) = 8,659%

=> n=12

=>A

Phương pháp dựa vào hiện tượng dương cực tan =>C

Giả thiết cả 2 lần dùng NaOH thì kết tủa đều tan 1 phần

=> Do  n↓ (1)= 2  n↓ (2)

=> 4nAl3+ - nOH- (1) = 2(4nAl3+ - nOH- (2) )

=> nAl3+ = ¼ (2.nOH- (2) -  nOH- (1) ) = 0,11 mol

=> m =  m Al2(SO4)3 = 18,81g

=>C

Theo DLBT => nO(O2) = 2nCO2 + nH2O= 1,5 mol => nO2=0,75 mol

=> nN2(kk)= 4 nO2=3mol => nN2(amin)= 0,1 mol

Theo DLBTKL : m= 12 nCO2 + 2 nH2O  + 14 nN2(amin) = 9,0 g gần nhất với gíá trị 10g

=>C

X là CH3OH => Z là CH3COOCH3

=> Z không có khả năng tráng bạc.

=>B

-Vinyl axetat phản ứng với dung dịch NaOH sinh ra ancol etylic.

Sai. Tạo ra andehit axetic

-Phenol phản ứng được với dung dịch Na2CO3.

Đúng

-Thủy phân benzyl clorua thu được phe nol.

Sai, thu được natri phenolat

-Có 4 đồng phân amin có vòng ben zen ứng với công thức C7H9N

Sai, có 5 đồng phân

=>B

1 mol HCOOH tráng bạc tạo 2 mol Ag

1mol HCHO tráng bạc tạo 4 mol Ag

1 mol HCOOCH3 tráng bạc tạo 2 mol Ag

=> nAg= 2n HCOOH +4nHCHO + 2n HCOOCH3 = 0,12 mol

=> mAg = 12,96g

=>D

Dựa vào tính chất : +Xellulozo không tan trong nước

+ Glucozo có pahnr ứng tráng bạc

+ tinh bột có tạo màu xanh với dd  iod

=>A

(C17H35COO)3C3H5  + 3NaOH  →    3C17H35COONa +  C3H5(OH)3

0,1 mol                                       0,3 mol

m C17H35COONa   = 91,8g

=>C

Ta có nAla= 0,25 mol ; nGly= 0,75 mol

Ta thấy nAla :  nGly = 1:3 . Dựa vào đáp  án thấy chỉ có tối đa là pentapeptit

=> tỉ lệ tối giản nhất chính là tỉ lệ trong peptit => đây là tetrapeptit.

=>A

Ta có kết tủa chính là PbSO4 => n PbSO4 = 0,05mol = ½ n NO3-= nSO42-

=> n NO3- = 0,1 mol

=> m muối thu được = mKL + m NO3-

= m muối sunfat + m NO3- - mSO42-

= 8,6g

=>B

Đặt nC2H4= xmol => nC3H6= 3x mol

+ hợp nước tạo ancol => n ancol = 4x= 2n H2= 0,04 mol

=> x= 0,01 mol; sau khi OXH ancol tạo  : 0,01 mol CH3CHO

t mol C2H5CHO (0,015 – t) mol aceton

=> khi tráng bạc thì nAg = 2nCH3CHO + 2n C2H5CHO = 0,02 + 2t = 0,026 mol

=> t= 0,003 mol => %n n-C3H7OH= 7,5%

=>D

Chọn B

Ancol không bị oxi hóa bởi CuO là ancol bậc 3

Chỉ có este tert-butyl axetat tạo được ancol bậc 3

=>A

Lý thuyết về nước cứng SGK

=>A

n P2O5= 0,015 mol. Nếu phản ứng chỉ tạo ra 1 muối;

+ Na3PO4 => m muối= 4,92g

+ Na2HPO4 => m muối= 4,26g

+ NaH2PO4 => m muối= 3,6g

4,26<m muối< 4,92

=> taoh hỗn hợp muối Na3PO4 x mol ; Na2HPO4 y mol

=> nP = x +y = 2 n P2O5= 0,03 mol

m muối = 164x + 142y = 4,48g

=> x= 0,01 mol ; y= 0,02 mol

=> nNaOH= 3n Na3PO4 + 2n Na2HPO4 = 0,07 mol

=> VNaOH = 0,07 l

=>C

Fe3O4 + HNO3 $\to$ Fe(NO3)3 + NaOb + H2O
Quá trình :
+ cho e: x (5a-2b) / 3Fe+8/3 3Fe+3 + 1e
+ nhận e : x1 / aN+5 + (5a-2b) aN+2b/a (5a-2b) Fe3O4 + (46a-18b)HNO3 $\to$ (15a-6b) Fe(NO3)3 + NaOb + (23a-9b)H2O
=>D

-Khi tăng áp suất của hệ, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

Sai. chuyển dịch theo chiều giảm số mol => chiều nghịch

-Khi tăng nhiệt độ của hệ, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

Đúng

-Phản ứng thuận là phản ứng toả nhiệt.

Sai

-Khi tăng nồng độ của NH3, cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

Sai, chuyển dịch theo chiều thuận.

=>B

Lý thuyết Polime SGK

=>B

nCO2= 0,46 mol và nH2O = 0,48 mol

=> n ancol propylic= nH2O  - nCO2 = 0,02 mol

Giả sử  X có C2H4O và C4H8O2; 0,02 mol C3H7OH Coi 1 mol C4H8O2 là 2 mol  C2H4O

=> hỗn hợp: x mol C2H4O ;  0,02 mol C3H7OH

Bảo toàn C => nC = 2x + 3. 0,02 = 0,46 => x=0,2 mol

=> mX= 10g => %m C3H7OH =12%

=>D

Do thủy phân pentapeptit được Ala-Gly- Ala-Gly và Ala-Gly-Gly
=> X là Ala-Gly- Ala-Gly-Gly.
Có : n Ala-Gly- Ala-Gly = 0,12mol n Ala-Gly-Gly =0,08mol
n Ala-Gly- Ala=0,05mol n Ala-Gly =0,18mol n Ala = 0,1 mol
n Gly = x mol n Gly-Gly= 10x mol => n Ala= 0,7mol ;
n Gly = (0,63 + 11x)mol
Mà trong X có n Ala : n Gly =2 : 3 => 0,7.3=(0,63 + 21x).2
=> x= 0,02mol => m Gly + m Gly-Gly = 27,9g =>A

Theo đề do nX = nancol = 1/3 nNaOH và X chứa 1 loại nhóm chức

=> X là trieste của tri ancol và mono axit

=> n muối = nNaOH = 0,15 mol

=> M muối =82 g => muối là CH3COONa

Vậy chỉ có (CH3COO)3C3H5  là phù hợp

=>B

Do X gồm các chất có 1 pi và số C = số O nên

X + O2 => nCO2 = nH2O= nO(X)=nCaCO3=0,5 mol

Theo định luật baot toàn nguyên tố Oxi

=> nO2= ½ ( 2nCO2 + nH2O – nO(X) ) = 0,5 mol

VO2= 11,2 l
Chọn C

Có nBa2+ = 0,08 mol ; nOH- = 0,16 mol

Dd chứa 0,04 mol Na+ ; (0,04 +0,2x) mol SO42- ; 0,2x mol Fe2+

Có thể xảy ra các phương trình sau:

+/ Ba2+ + SO42-    →   BaSO4

+/ Fe2+ + 2 OH-   →    Fe(OH)2

+ T/H 1: 0,2x< 0,04 mol =>  Ba2+ ; OH- dư

=> m kết tủa = 233.(0,4 +0,2x) + 90.0,2x= 24,04

=> x= 0,23 (L)

+ T/H 2 : 0,04      0,2x < 0,08 mol => SO42- dư ; OH- hết

=> m kết tủa = 233.0,8 + 90.0,2x = 24,04

=> x= 0,3 M (TM)

=>A

Có các quả trình: + (1)  Al + 3Fe3+    →     Al 3+ + 3Fe2+

                         + (2)  Al + Fe2+     →    Al 3+ + Fe

Do a< b < 3 a   nên (1) xảy ra hoàn toàn, (2) xảy ra chưa hoàn toàn , Fe2+ dư

=>D

CTTQ của X là Cn(H2O)m. Khi đốt cháy: Cn(H2O)m + nO2  →   nCO2 + mH2O

=> nCO2 = nO2 = 0,6 mol

nOH- = 2nBa(OH)2 + nNaOH = 0,75 mol

Do nCO2 < nOH- <2nCO2 => CO2 hòa tan 1 phần kết tủa

=> n kết tủa = nOH- - nCO2 = 0,15 mol m BaCO3 = 29,55g

=>D

Theo DLBT điện tích 3 nAl3++2nFe2+ + nNa+ = 2nSO42- + nCl-

để thu được kết tủa lớn nhất thì NaOH phản ứng vừa đủ  Tạo hidroxit và không hòa tan kết tủa => nOH- =

3 nAl3++2nFe2+ = 0,3 mol

VNaOH =0,3 l

=>D

Người ta vận dụng phản ứng trung hòa tạo muối để khử mùi tanh

=>D

+Các nguyên tố thuộc nhóm IA, theo chiều điện tích hạt nhân tăng dần thì

bán kính nguyên tử giảm dần năng lượng ion hóa tăng dần.