Đề Ôn thi THPTQG 2019 Hóa Học cơ bản, nâng cao có lời giải chi tiết (P10)

Chọn A. Do:

+ dd K2CrO4   màu vàng.

+ trong dd luôn tồn tại cân bằng :

CrO42- + H2O     →  $C{r}_2{O_7}^{2-}$+$H^{+}$

(vàng)                            (cam)

+ thêm H+ , cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận và ngược lại với OH-

Chọn B.

Do 1 mol –COOH phản ứng tạo 1 mol CO2  nên

nCO2=n-COOH  =$\frac{11,2}{22,4}$= 0,5 mol    →   no(X)= 1 mol.

Khi đốt cháy X: nC(X) = nCO2  =$\frac{21,952}{22,4}$= 0,98 mol.

Theo định luật bảo toàn khối lượng

mX = mC(trong CO2) + m H(H2O) + mO(COOH) = nCO2.12 + nH2O.2  + 16nO

nH2O = 0,7 mol

mH2O = 18.nH2O = 112,6g

Chọn D.  + 2CH4 → C2H2 + 3H2 (1500⁰C, làm lạnh nhanh)

+ C2H2 + H2 → C2H4 (Pd/PbCO3, t⁰)

+ CH2=CH2 + O2 → CH3CHO (PdCl2, CuCl2, t0) (Z)

+ CH3CHO + O2 → CH3COOH + H2O (xt, t0)

+ CH3COOH + C2H2 → CH3COO C2H3   (M)

Chọn D

Đối với aminoaxit X thiên nhiên (α amino axit), mạch không nhánh, trong phân tử chỉ chứa một

nhóm – NH2 và một nhóm –COOH: xét phản ứng với HCl

+ HOOC-R-NH2   +   HCl     →  HOOC-R-NH3Cl

→   m  = 36,5x(g)= mmuối – mX = 16,75- 13,1

→ x= 0,1 mol   → MX = MR + 67= 13,1/0,1 = 131g

→M R= 67g   → R : C5H7

Chọn D

Bảo toàn e : ncho = nnhận với ncho= nkim loại . hóa trị kim loại đó

nnhận= 2. nH2= nHCl=nCl-

→ mmuối = mKL  + mCl-     

→   112m2 = 112m1 + 71V

Chọn A.

Gồm stiren, vinylaxetat, isopren, metylmetacrylat.

Chọn A

- Cho dung dịch AgNO3 vào dung dịch Fe(NO3)2.

AgNO3 + Fe(NO3)2 → Fe(NO3)3 + Ag↓

- Cho KHCO3 vào dung dịch KHSO4

KHCO3 + KHSO4  → K2SO4 + H2O + CO2 ↑

- Cho NaHCO3 vào dung dịch CaCl2 và đun nóng nhẹ.

NaHCO3 + CaCl2  →  CaCO3↓ + CO2↑  + 2NaCl

Chọn B. Do phản ứng : Pb(NO3)2 + H2S → PbS↓ + 2HNO3

(Đen)

Chọn C.  Do tỉ lệ mol  H3PO4 : NaOH = 1 : 2 nên có phản ứng sau

2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O

Chọn C. Xét 100 quặng có 31,31g Ca(H2PO4)2

-Độ dinh dưỡng của quặng này đươc đanh gia băng ham lương % P2O5 tương ưng vơi lương

photpho co trong thanh phân cua no.

→ %P₂O₅ =$\frac{MP2O5.2.nP \left(quặng\right)}{Mquang}$ = 19,00%

Chọn D

- Cho  18,4 gam hỗn hợp Y tác dụng với Na kim loại (dư):

2R-OH + 2Na →  2RONa + H2

→ nO(X)=nOH(X)=2nH2

- Mặt khác, đốt 18,4 gam hỗn hợp Y, thu được 30,8 gam CO2 và 18,0 gam H2O.  Ta có:    

mY = mC(trong CO2) + m H(H2O) + mO(OH) = nCO2.12 + nH2O.2  + 16nO

→ nO(X)= 0,5 mol

  → VH2(dktc)=  ½nO(X).22,4= 5,6 (l)

Chọn C.  Đặt nCl2=x mol và nO2=y mol. Phản ứng vừa đủ tạo muối gồm các ion sau: Al³⁺, Mg²⁺ , Cl- , O^2-.

Theo định luât bảo toàn điện tích: 3nAl3+ +2nMg2+ = nCl- + 2nO2- = 2nCl2 + 4nO2

mmuối= 27nAl3+ +24nMg2+  + 35,5nCl- + 16nO2-

$\to$ Hệ

$\left\{\begin{array}{l}3.0,2 + 2.0,1 = 2x + 4y \\ 27.0,2 + 24.0,1 +71x +32y = 25,2 \end{array}\right.$$\to$$\left\{\begin{array}{l}x = 0,2\\ y = 0,1\end{array}\right.$

Chọn C.  ta có dãy chuyển đổi số OXH của S như sau:

S0 → S-2 → S-2 → S+6 → S+4 → S0 .  phản ứng thuộc loại phản ứng oxi hoá-khử khi S thay đổi số ôxi hóa. Nhưng H2SO4 → SO2 có thể là phản ứng: Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + H2O + SO2 là phản ứng trao đổi.

Chọn B :  4 Zn  + NO3-   + 7OH-     ¾® 4 ZnO22-   +  NH3   + 2H2O

 phương pháp thăng bằng e- :

x4   /  Zn0  ¾® Zn+2 +2e

 x1   /  N+5  + 8e ¾® N-3

Chọn D.

nBa(OH)2 đầu = 0.15 => nOH- = 0.3

nAl2(SO4)3 = 0.25x => nAl3+ = 0.5x và nSO4(2-) = 0.75x

Khi cho 150ml Ba(OH)2 vào dd thu được 42.75g kết tủa

Thêm tiếp 200ml

=> m kết tủa theo lí thuyết = 350*42.75/150 = 99.75g > 94.2375g

=> Lúc đầu chưa tạo kết tủa cực đại, Al2(SO4)3 dư ; sau khi thêm Ba(OH)2 vào thì pứ tạo kết tủa

lớn nhất và sau đó Ba(OH)2 dư sẽ hòa tan thêm một phần kết tủa

+ Khi chưa thêm: (tính theo nBa(OH)2)

Ba²⁺ + SO₄^2- ---> BaSO4

0.15      0.15           0.15

Al3+ + 3OH- ----> Al(OH)3

0.1      0.3                  0.1

+ Khi thêm Ba(OH)2 vào: (tính theo nAl2(SO4)3)

Ba²⁺ + SO₄^2- ---> BaSO4

0.75x-0.15                0.75x-0.15

Al3+    +   3OH- ---> Al(OH)3

0.5x-0.1   1.5x-0.3     0.5x-0.1

OH- dư       +    Al(OH)3 --->AlO2- + 2 H2O

0.4-1.5x+0.3    0.7-1.5x

Ta có:

m kết tủa lúc sau = m kết tủa ban đầu + mBaSO4 sau + mAl(OH)3 chưa tan lúc sau = 42.75 + 233*(0.75x-0.15) +

78*(0.5x-0.1-0.7+1.5x)

=> 330.75x - 54.6 = 94.2375

=> x = 0.45

Chọn C.

X có nY = 0,2mol và nH2 = 0,4 mol . Dẫn hỗn hợp Z qua dung dịch Br2 dư, sau phản ứng hoàn toàn thấy có 0,2 mol Br2 đã phản ứng = số mol Y ban đầu

→ Z có 0,2 mol anken và 0,2 mol H2(H2 chỉ hidro hóa ankin thành anken)

→ mZ = 0,4. M = 0,2.Manken + 0,2.MH2  →  Manken= 42g →  anken là C3H6

→ Y là C3H4

Chọn A . Gồm Al, NaHCO3, (NH4)2CO3, Al2O3, Zn.

Chọn A

(1) etanoic: CH3COOH

(2) cloetanoic: ClCH2COOH

(3) 3-clopropanoic: ClCH2CH2COOH

(4) floetanoic: FCH2COOH

_ Do độ âm điện của F> Cl >H và Clo càng xa nhóm COOH thì khả năng hút e càng giảm.

Chọn D.

Dạng tổng quát:  2M + 2H2O   →  2M(OH)x + xH2

 nOH = 2nH2 =2. 0,896/22,4 = 0,08 mol   →   COH= 0,1 M

 pH=14+ log(OH) = 13

Chọn B.

Hidro hóa chất hữu cơ X mạch hở thu được isopentan    →   X có 5C

 Đốt cháy hoàn toàn X thu được số mol H2O gấp 4 lần số mol X đã cháy bảo toàn hidro  →    X có 8H   →    X là C5H8. CTCT thỏa mãn:

CH≡C–CH(CH₃)₂ ; CH₂=CH–C(CH₃)=CH₂ ; CH₂=C=C(CH₃)₂

Chọn A

Coi A gồm x mol Fe và y mol O.

Sục khí Cl2 cho đến dư vào X thu được dung dịch  Y chứa 9,75 gam muối tan muối tan chính là FeCl3

x= nFeCl3= 0,06 mol.      

y= 0,04 mol.

Cho A vào HNO3 thì có quá trình:

+ Cho e : Fe   →    Fe+3 + 3e

+ Nhận e:

N+5 + 3e   →  N+2

O + 2e    →    O-2

 → 3nNO + 2nO = 3nFe    

→ VNO = 22,4. nNO = 22,4. 0,33=0,747 l

Chọn A. Do este  tạo từ etylen glycol và axit đơn chức nên nó có 2 nhóm chức este → phản ứng với NaOH tỉ lệ mol 1:2

→    nmuối= nNaOH =2neste= 0,2 mol

→ Mmuối= 82g. CT este có dạng (RCOO)2C2H4.

→ CT muối RCOONa

→ MR= 15g →  R: CH3

Chọn C. X gồm C2H2O4 ; C2H2 ; C3H4O2(anđêhit) ; C3H4O2(este) Do số mol của axit oxalic và axetilen bằng nhau

→ Coi X gồm  x mol C2H2O2 và y mol C3H4O2 (n C2H2O2 = 2 n C2H2O4 )

Theo định luật bảo toàn nguyên tố Ta có

nCO2 = 2x + 3y= 1,25 mol nH2O = x + 2y

nO(X) = 2x + 2y = 0,25 + x +2y (= 2 nCO2 + nH2O – 2nO2)

→     x= 0,25 mol và y= 0,25 mol. →  nC2H2O4   = 0,125 mol

(COOH)2 + 2NaHCO3  →  2CO2 + (COONa)2 + H2O

→ VCO2 = 22,4. 2. nC2H2O4= 5,6 l

Chọn  B

Đặt CTPTTB 2 ancol là ROH

2R-OH + 2Na → 2RONa + H2

→    nancol =nOH=2nH2= 0,5 mol

2ROH → ROR + H2O

→    nH2O = 0,5nancol  = 0,25 mol

Theo DLBTKL mancol = mete + mH2O

→  m=18g

Chọn B. nhh= 500 mol  → nN2= 100 mol ; nH2= 400 mol.

                 N2    +  3H2 →   2NH3

n hh sau = (400-2x) mol

Đề cho         

n1.P2=n2.P1 bới P2=0,95P1

0,95.400= 400-2x       

x= 12,5 mol.    

Tính hiệu suất theo N2 →   H%= 12,5 % (Tính hiệu suất theo chất nào mà kết quả ra cao hơn)

Chọn C. Gồm  CH3NH2,NaOH

Chọn D

Ta thấy X gồm các amin có công thức phan tử chung là

C3H9N C3H9N + HCl $\to$C3H10NCl

nHCl = nX = 0,15 mol

VHCl= 150 ml

Chọn B

Chọn D

Chọn B. Trong peptit ban đầu có: nVal= 2,3 mol ; nGly= 3,45 mol

Trong peptit sản phẩm(trừ X1) có  nVal =2 mol ; nGly=3 mol

Theo DLBT ta có trong X1 nVal = 0,3mol ; nGly= 0,45mol  

→ X1: Val-Gly-Gly-Val-Gly  

→ X1= 0,15 mol

mX1= 58,050g

Chọn D. X gồm C2H4 , CH4 , C3H4 , C4H4 .    = 34g 

→    mhh = 1,7 g

Do X gồm hidrocacbon có 4  H nên nH= 4nhh= 0,2 mol  

→   nC = 0,125 mol → mtăng = mCO2 + mH2O = 44.nC +18. 0.5nH= 7,3 g

Chọn C.

Gồm metylamoni clorua , glyxylglyxin (gly-gly) , axit glutamic,  phenol , vinyl Axetat

Chọn A.

Để kết tủa đạt cực đại thì ion kim loại phản ứng hết với CO32-. Theo định luật bảo toàn điện

tích thì:

2nMg2+   + 2nBa2+ +2 nCa2+ = nCl-   + nNO3-  = 2nCO32-

→  nCO32- = 0,4 mol = VY.(CM (K2CO3) + CM (Na2CO3))

→  VY= 160 ml

Chọn A.

-   Y có cấu hình e là : 1s22s22p63s23p1. Y là Al.

-   Với X, do ep= 2n+1 ≤ 6 và 2≤ n (n=2 trở lên mới có phân lớp p)nên n=2

→ X có cấu hình e là : 1s22s22p5. X là F. Số oxi hóa cao nhất của F trong hợp chất là -1.

Chọn C. Các quá trình có thể xảy ra

Tại catot( theo thứ tự ưu tiên phản ứng trước):

(1) Ag+ + 1e → Ag

(2) Fe3+   + 1e → Fe2+

(3) Cu2+ +2e → Cu

(4) Fe2+   + 2e → Fe

Tại anot : (5) 2H2O → 4H+ + O2 + 4e

ne = 0,4 mol → không xảy ra (4). (1) và (2) xảy ra hoàn toàn, (3) xảy ra nhưng Cu²⁺ vẫn còn.

→ mKL = 108.mAg + 64nCu = 108.0,1 + 64.0,1= 17,2 g

Chọn B. Thuỷ phân hoàn toàn

saccarozơ trong môi trương axit, thu đươc dung dich X chứa

nglucose= nfructose = nsaccarose = 0,01 mol   . cả glucose và frutose đều phản ứng với lương dư dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nong

→ mAg =108.nAg= 108.2(nglucose+ nfructose) = 0,04.108= 4,32g

Chọn A.

Chọn A

Để đạt V lớn nhất thì sẽ xảy ra trường hợp tạo kết tủa sau đó kết tủa tan 1 phần.

OH- + H+ → H2O

[Al(OH)4]-  + H+ →  Al(OH)3 ↓ +  H2O Al(OH)3      + 3H+ →  Al3+   + 3H2O

 nH+ = nOH- + 4nAlO2- - 3nAl(OH)3    = 0,3.0,6 + 4.0,3.1- 3.      = 0,78 mol

 → VHCl = 390 ml

Chọn D.

nAg= 0,5 mol. > 2.nanđêhit=nancol.

Mà ancol là đơn chức nên tạo ra anđêhit cũng đơn chức nên trong hỗn hợp anđêhit phải có HCHO

Chọn C

- Ngâm ngập một đinh sắt được quấn một đoạn dây đồng trong dung dịch NaCl.

– Ngâm một lá đồng trong dung dịch AgNO3 (Cu-Ag)

- Để một vật bằng gang ngoài không khí ẩm (Fe-C)

Chọn A . Thay đổi áp suất cân bằng dịch theo chiều thay đổi số mol nhưng theo hướng ngược lại, điều này không thể áp dụng với phản ứng không có sự chênh lệch số mol 2 vế của phương trình.