Đề thi thử THPTQG 2019 Hóa Học mức độ nâng cao có lời giải chi tiết (đề số 3)
41 câu hỏi
Chất có thể làm mất tính cứng tạm thời của nước là
KNO3
HCl
CaCl2
NaOH
Chọn đáp án D.
Để làm mềm nước cứng thì chất đó cần có ion làm kết tủa Ca2+ và Mg2+, chỉ có đáp án D là NaOH thỏa mãn với ion vì phản ứng với tạo để kết tủa hết Ca2+ và Mg2+
Công thức nào sau đây có thể là công thức của chất béo lỏng?
(C15H31COO)3C3H5
(C17H33COO)3C3H5
(C17H35COO)3C3H5
(C17H33COO)2C3H6
Chọn đáp án B.
Đáp án D không phải là este của glixerol => Không thể là chất béo
Trong 3 đáp án A, B, C thì chỉ có đáp án B là tạo từ axit oleic, một axit không no nên chất béo này
dạng lỏng.
Các hợp chất của crom có tính chất lưỡng tính là
CrO3 và K2Cr2O7
Cr2O3 và Cr(OH)3
Cr2O3 và CrO3
Cr(OH)2 và Cr(OH)3
Chọn đáp án B.
Trong các hợp chất của Cr thì chỉ có Cr2O3 và Cr(OH)3 lưỡng tính.
Cho một dung dịch chứa 0,23 gam Na+; 0,48 gam Mg2+; 0,96 gam và x gam . Mệnh đề nào dưới đây không đúng?
Khi dung dịch đó tác dụng với BaCl2 dư thì thu được 2,33 gam kết tủa
Dung dịch đó được điều chế từ hai muối Na2SO4 và Mg(NO3)2
Cô cạn dung dịch sẽ thu được 3,53 gam chất rắn khan
Giá trị của x là 1,86 gam
Chọn đáp án B.
nNa+ = 0,23/23 = 0,01; nMg2+ = 0,48/24 = 0,02 và nSO42- = 0,96/96 = 0,01
BTĐT => n= 0,01 + 0,02 × 2– 0,01 × 2 =0,03 => m = 0,03 × 62 = 1,86 gam => Đáp án D đúng.
Đáp án A đúng vì BaCl2 dư => Toàn bộ kết tủa hết => mBaSO4 = 233 × 0,01 = 2,33 gam
Đáp án B sai vì nếu là Mg(NO3)2 thì n = 2 × 0,02 > 0,03
Đáp án C đúng vì mRắn khan = 0,23 + 0,48 + 0,96 + 1,86 = 3,53 gam.
Cho 200 gam dung dịch glucozơ vào dung dịch AgNO3 trong NH3 đun nóng (dùng dư), thu được 25,92 gam Ag. Nồng độ phần trăm của dung dịch glucozơ ban đầu là
5,4%.
10,8%.
21,6%.
9,0%.
Chọn đáp án B.
nAg = 25,92/108 = 0,24 => nGlucozơ = 0,24/2 = 0,12
Vậy 
Dung dịch chất nào sau đây có thể làm quỳ tím chuyển thành màu xanh?
Anilin
Metylamin
Glyxin
Alanin
Chọn đáp án B.
Metylamin là CH3NH2 có tính bazơ đủ mạnh để làm xanh quỳ tím
Để phân biệt dung dịch BaCl2 với dung dịch NaCl, người ta dùng dung dịch
KNO3
HNO3
Na2SO4
NaNO3
Chọn đáp án C.
Dùng Na2SO4 thì ở mẫu thử BaCl2 xuất hiện kết tủa trắng là BaSO4, ở mẫu thử NaCl không xảy ra hiện tượng, các chất còn lại không phản ứng nên không cho hiện tượng rõ ràng.
Quặng sắt (đã loại bỏ tạp chất) nào sau đây tác dụng với HNO3 không có khí thoát ra?
Hematit
Manhetit
Pirit
Xiđerit
Chọn đáp án A.
Quặng hematit là Fe2O3, sắt đã bão hòa số oxi hóa, không thể khử N+5 được nữa nên không tạo ra các sản phẩm khử nào
Manhetit là Fe3O4, pirit là FeS2 và Xiberit là FeCO3 đều chưa đạt số oxi hóa tối đa.
Hòa tan m gam Ca vào nước được 100 ml dung dịch có pH = 13. Giá trị của m bằng
0,4 gam
0,2 gam
0,8 gam
0,6 gam
Chọn đáp án A.
pH = 13 => pOH = 1=> [OH-] = 10-1M => nOH- = 0,1 × 0,1 = 0,01 => m = (0,01/2) × 40 = 0,2.
Chất nào sau đây là “thủ phạm” chính gây ra thủng tầng ozon?
SO2
H2S
CFC
NO2
Chọn đáp án C.
CFC tạo nên các gốc tự do phản ứng dây chuyền phân hủy O3 thành O2 làm thủng tầng ozon.
Nilon-6,6 thuộc loại tơ
axetat
bán tổng hợp
poliamit
thiên nhiên
Chọn đáp án C.
Chỉ có nilon-6,6 có liên kết CO-NH (liên kết amit) => Đây là poliamit
Dẫn lượng khí CO dư đi qua ống sứ đựng m gam Fe3O4 nung nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được 5,88 gam sắt. Giá trị của m là
7,31
8,40
8,12
12,18
Chọn đáp án C.
mFe3O4 = [(5,88/56)/3] × 232 = 8,12 gam
Cho sơ đồ phản ứng trong dung dịch: . Biết X, Y là các chất hữu cơ và HCl dùng dư. Công thức của Y là
H2N-CH(CH3)-COONa
ClH3N-CH(CH3)-COOH
ClH3N-(CH2)2-COOH
ClH3N-CH2-COOH
Chọn đáp án B.
Với HCl dùng dư thì Y sẽ là ClH3N-CH(CH3)-COOH, không cần phải
Điện phân 400 ml dung dịch CuSO4 0,5M (điện cực trơ), cho đến khi ở catot thu được 3,2 gam kim loại thì thể tích khí (đktc) thu được ở anot là
1,12 lít
2,24 lít
0,56 lít
4,48 lít
Chọn đáp án C.
nCu thu được = 3,2/64 = 0,05 < nCu2+ ban đầu = 0,4 × 0,5= 0,2
=> nO2 = 0,05/2 = 0,0258 => VO2 = 0,025 × 22,4 = 0,56 lít
Hỗn hợp X gồm hai chất: metyl fomat, etyl axetat. Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp X, thu được V lít CO (đktc) và 10,8 gam H2O. Giá trị của V là
26,88
18,96
20,16
13,44
Chọn đáp án D.
Nhận thấy trong phân tử của cả hai chất đều có số H = 2 số C
nCO2 = nH2O = 10,8/18 = 0,6 =>V = 0,6 × 22,4 = 13,44
Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp glucozơ và saccarozơ, thu được 5,376 lít khí CO2 (đktc) và 4,14 gam H2O. Giá trị của m là
7,02
8,64
10,44
5,22
Chọn đáp án A.
Đốt cacbonhiđrat thì nCO2 = nO2 vì có thể quy đổi về C và H2O
BTKL => m = 0,24 × 44 + 4,14 - 0,24 × 32 = 7,02
Hãy cho biết, phản ứng nào sau đây không đúng?
Chọn đáp án A.
Phản ứng đúng là: 
Criolit (Na3AlF6) là nguyên liệu được dùng để sản xuất nhôm với mục đích:
(1) Làm giảm nhiệt độ nóng chảy của Al2O3.
(2) Tiết kiệm được năng lượng, tạo được chất lỏng có tính dẫn điện tốt hơn Al2O3.
(3) Tạo chất lỏng có tỉ khối nhỏ hơn nhôm, nổi lên bề mặt ngăn nhôm nóng chảy bị oxi hoá.
(1), (2).
(2), (3).
(1), (3).
(1), (2), (3).
Chọn đáp án D.
Cả 3 ý đều là mục đích của việc dùng criolit, nên đọc kĩ để làm những
Thủy phân hoàn toàn este X trong môi trường axit thu được axit axetic và axetanđehit. Công thức phân tử của X là
C3H4O2
C4H8O2
C4H6O2
C5H8O2
Chọn đáp án C.
Thủy phân thu được CH3COOH và CH3CHO => X là CH3COOC2H3
Cho hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 thu được 0,4 mol Fe(NO3)3 và 5,6 lít hỗn hợp khí gồm NO2 và NO (đktc). Vậy số mol HNO3 đã phản ứng là
1,45 mol
1,4 mol
1,35 mol
1,2 mol
Chọn đáp án A.
BTNT.N => nHNO3 = 0,4 × 3 + 5,6/22,4 = 1,45 mol.
Chất hữu cơ X là chất rắn, màu trắng, không tan trong nước, dạng nguyên chất hay gần nguyên chất được chế thành sợi, tơ, giấy viết. Chất X là
Tristerarin
Saccarozơ
Xenlulozơ
Tinh bột
Chọn đáp án C.
Đây là ứng dụng của xenlulozơ, không ai dùng chất béo hay đường hay gạo (tinh bột) làm giấy
Cho 30 gam hỗn hợp hai amin no, đơn chức, mạch hở tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch HCl 1,5M, thu được dung dịch chứa 47,52 gam hỗn hợp muối. Giá trị của V là
320
720
160
480
Chọn đáp án A.
BTKL => mHCl = 47,52 – 30 = 17,52 => nHCl = 17,52/36,5 = 0,48 = 1,5V/10005 => V= 320
Cho 300 ml dung dịch NaOH 0,1M phản ứng với 100 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được a gam kết tủa. Giá trị của a là
1,17
0,78
2,34
1,56
Chọn đáp án B.
Nhận thấy nOH-: nAl3+ = 1,5 => Tính kết tủa theo OH- => mAl(OH)3 = 78×0,03/3 = 0,78
Hấp thụ hoàn toàn V lít CO2 (đktc) vào dung dịch NaOH thu được dung dịch X chứa hai muối có tổng khối lượng chất tan là 42,08 gam. Rót từ từ dung dịch X vào dung dịch chứa 0,42 mol HCl thu được 0,75V lít CO2 (đktc). Nếu rót từ từ dung dịch chứa 0,42 mol HCl vào dung dịch X thu được V1 lít CO2 (đktc). Giá trị của V1 là
7,616
8,064
7,392
8,288
Chọn đáp án A.
Chọn V là số mol của CO2, đặt nNa2CO3 = a, nNaHCO3 = b => 
Vì 0,42 - 0,08 = 0,34 < 0,4 => nCO2 = 0,34 => V1 = 0,34 × 22,4 = 7,616
X, Y, Z là ba dung dịch không màu, thực hiện các thí nghiệm giữa các dung dịch này và có kết quả theo bảng sau:
Chất | X | Y | Z | Ghi chú |
X | - | ↓ | ↓ + ↑ | ↑: Khí thoát ra; ↓: kết tủa; - : không hiện tượng. |
Y | ↓ | - | ↓ | |
Z | ↓ + ↑ | ↓ | - |
Các dung dịch X, Y, Z lần lượt là:
NaHCO3, NaHSO4, BaCl2
Al2(SO4)3, BaCl2, Na2CO3
NaHSO4, BaCl, Na2CO3
FeCl2, Ba(OH)2, AgNO3
Chọn đáp án B.
X+Y xuất hiện kết tủa => Loại đáp án A và C
X+Z sinh ra khí => Loại D (B tạo ra khí CO2).
Cho dãy các chất: metyl fomat, etanol, etanal, axit etanoic. Chất có nhiệt độ sôi cao nhất trong dãy là
etanol
metyl fomat
etanal
axit etanoic
Chọn đáp án D.
Thứ tự nhiệt độ sôi giảm dần (các chất có phân tử khối gần nhau) theo: axit > ancol > este.
Rót từ từ dung dịch HCl vào dung dịch X chứa a mol K2CO3 và 1,25a mol KHCO3 ta có đồ thị như hình bên. Khi số mol HCl là x thì dung dịch chứa 97,02 gam chất tan. Giá trị của a là
0,24
0,36
0,20
0,18
Chọn đáp án B.
Tại vị trí nHCl = 2a trên đồ thị thu được 0,25x mol CO2 nên ta có các phương trình:
=> nCO2 = 0,25x = a => x = 4a,
sau khi cho x = 4a mol HCl vào thì dung dịch chứa: KCl = 3,25a, HCl = 0,75a => 3,25a × 74,5 + 0,75a × 36,5 = 97,02 => a = 0,36.
Phát biểu nào sau đây là đúng?
Axit glutamic là thành phần chính của bột ngọt
Amino axit thuộc loại hợp chất hữu cơ tạp chức
Các amino axit thiên nhiên hầu hết là các β-amino axit
Ở nhiệt độ thường, các amino axit đều là những chất lỏng
Chọn đáp án B.
Amino axit bắt buộc phải có nhóm chức −NH2 và –COOH => Thuộc loại tạp chức
Thủy phân hoàn toàn m gam triglixerit X trong dung dịch NaOH. Sau phản ứng thu được glixerol; 15,2 gam natri oleat và 30,6 gam natri stearat, Phân tử khối của X là
890
884
888
886
Chọn đáp án C.
nAxit oleic: nAxit stearic = 0,05 : 0,1 = 1 : 2 => Chất béo có dạng (C17H35COO)2C3H5OOCC17H33
=> MChất béo = 92 + 282 + 284 × 2 – 18 × 3 = 888
Cho 13,7 gam Ba vào 100 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch X. Cho dung dịch X vào 100 ml dung dịch FeSO4 0,7 M thu được kết tủa Y. Khối lượng kết tủa Y là
16,31 gam
25,31 gam
20,81 gam
14,50 gam
Chọn đáp án C.
Dung dịch X có nBaCl2 = 0,05, nBa(OH)2 = 0,05
=> n< nBa2+ và nFe2+ <nOH- => mRắn = 0,07 × 233 + 0,05 × 90 = 20,81 gam
Thủy phân không hoàn toàn 24,5 gam tripeptit X mạch hở thu được m gam hỗn hợp Y gồm Gly-Ala–Val; Gly-Ala; Ala–Val; glyxin và valin, trong đó có 1,50 gam glyxin và 4,68 gam valin. Giá trị của m là
26,24 gam
25,58 gam
25,86 gam
26,62 gam
Chọn đáp án B.
nX ban đầu = 24,5/245 = 0,1
Vì không thi được alanin nên khi thủy phân, Gly-Ala–Val có thể bị cắt bằng 2 trường hợp:
=> nH2O phản ứng = nGly + nVal = 1,5/75 + 4,68/117 =0,06
BTKL => m=24,5 + 0,06 × 18 = 25,58 gam
Thực hiện sơ đồ phản ứng sau (đúng tỉ lệ mol các chất):
(1) X + 2NaOH (2)
(3) (4)
Biết X thành phần chỉ chứa C, H, O. Nhận xét luôn sai là
X5 là hexametylenđiamin
X3 là axit aminoaxetic
X có mạch cacbon không phân nhánh
X có công thức phân tử là C7H12O4
Chọn đáp án D.
X4 và X5 trùng ngưng tạo nilon-6,6 => X4 hoặc X5 là hexametylenđiamin hoặc axit ađipic
X1 + H+ tạo X4 => X4 là axit ađipic => X5 là hexametylenđiamino => Đáp án A đúng
=> X1 là muối natri của axit ađipic => X2 là một ancol
Vì X tạo 2X2 => X nhỏ nhất là C4H8(COOCH3)2 => Đáp án D luôn sai
Hỗn hợp E gồm chất X (CxHyO4N) và Y (CxHnO5Nt) trong đó X không chứa chức este, Y là muối của α-amino axit no với axit nitric. Cho m gam E tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 1,2M đun nóng thấy thoát ra 0,672 lít (đktc) một amin bậc III ở thể khí ở điều kiện thường. Mặt khác, m gam E tác dụng vừa đủ với a mol HCl trong dung dịch thu được sản phẩm có chứa 2,7 gam một axit cacboxylic. Giá trị của m và a lần lượt là
9,87 và 0,03
9,84 và 0,03
9,87 và 0,06
9,84 và 0,06
Chọn đáp án A.
Y là muối của α-amino axit no với axit nitric => Y có dạng O3NNH3RCOOH => t=1
X không chứa chức este mà có 4 nguyên tử O lại thủy phân tạo amin và muối của axit cacboxylic, amin này ở thể khí => Phải là (CH3)3N
=> X có dạng (CH3)3NHOOCRCOOH => nX =nAmin bậc III = 0,03 => a = nX = 0,03
=> nNaOH phản ứng với Y = 0,12 - 0,03 × 2 = 0,06 => nY = 0,06/2 = 0,03
MAxit cacboxylic = 2,7/0,03 = 90 => Axit đó là (COOH)2 => x = 5 => Y là O3NNH3C4H8COOH
=> m = 0,03 × 180 + 0,03 × 149 =9,87
Trong bình kín (không có không khí chứa 0,2 mol hỗn hợp X gồm Fe, FeCO3 và Fe(NO3)3. Nung bình ở nhiệt độ cao đến phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được rắn Y và 0,1 mol hỗn hợp khí Z gồm hai khí. Cho toàn bộ Y vào dung dịch chứa HCl loãng dư, thu được a mol khí H2 và dung dịch chứa 26,82 gam muối. Giá trị của a là
0,16
0,06
0,24
0,12
Chọn đáp án D
Vì CaCO3 → CO2 + O và NO3 → NO2 + O => nO trong Y = nKhí = 0,1 và nFe trong Y = nX = 0,2
=> nHCl phản ứng = 2x + 3y = 0,44
BTNT.O => nH2O sinh ra = nO trong Y = 0,1
BTNT.H => nH2 = 0,44/2 - 0,1 = 0,12.
Cho 0,35 mol hỗn hợp gồm K, Ba, Na và CaO vào nước thu được 4 mol khí H2 và dung dịch Y. Hấp thụ từ từ CO2 vào dung dịch Y thì lượng kết tủa tối đa có thể thu được là 0,15 mol. Lọc kết tủa trên đem cân thì thấy khối lượng của kết tủa là 24,7 gam. Nếu cho a mol AlCl3 vào dung dịch Y thì khối lượng kết tủa thu được là
4,05 gam
4,50 gam
5,40 gam
6,75 gam
Chọn đáp án B.
nK + nNa = 0,35 – 0,15 = 0,2 => nH2 = 0,2/2 + 0,1 = 0,2 = a => nAlCl3 dùng = 0,2
=> nAl3+ = 0,2 mà nOH- = 0,2 + 0,15×2 = 0,5 < 0,1×3 => Al(OH)3 chưa đạt kết tủa tối đa
nAl(OH)3 = 0,5/3 => mKết tủa = 27×0,5/3 = 4,5 gam.
Trong các phát biểu sau:
(1) Xenlulozơ tan được trong nước; (2) Xenlulozơ được tạo từ glucozơ và fructozơ;
(3) Xenlulozơ là chất rắn không màu; (4) Xenlulozơ là nguyên liệu để điều chế thuốc nổ;
(5) Xenlulozơ có mạch phân nhánh; (6) Xenlulozơ là nguyên liệu điều chế tơ axetat;
(7) Xenlulozơ có thể bị thủy phân; (8) Xenlulozơ là đồng phân cấu tạo của tinh bột;
(9) Xenlulozơ khi cháy hoàn toàn thu được số mol CO2 và số mol H2O bằng nhau.
Số phát biểu đúng là
6
5
4
3
Chọn đáp án D.
Có 3 phát biểu đúng là (4), (6) và (7)
(1) sai vì xenlulozơ không tan trong các dung môi thông thường mà phải dùng nước Svayde
(2) sai vì xenlulozơ chỉ tạo từ các mắt xích glucozơ, không có fructozơ
(3) sai vì xenlulozơ màu trắng
(5) sai vì xenlulozơ có mạch không phân nhánh
(8) sai vì cả 2 đều không có CTPT cụ thể => Không thể xét đồng phân
(9) sai vì xenlulozơ tạo từ các mắt xích C6H10O5 = nCO2 = 6n và nH2O = 5n khác nhau.
Hỗn hợp E gồm hai este đơn chức và một este đa chức, không no, chứa một liên kết C≡C (đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn 29,76 gam E cần dùng 1,48 mol O2, thu được 17,28 gam nước. Thủy phân 29,76 gam E trong NaOH, thu được 0,24 mol hỗn hợp F chứa 2 ancol no (có cùng số
cacbon nhưng khác nhau về số mol), cô cạn dung dịch chứa hai muối rồi đem đốt cháy trong oxi vừa đủ thì thu được 20,24 gam CO2. Phần trăm khối lượng của este đa chức trong E là
47,51%.
30,12%.
53,22%.
40,32%.
Chọn đáp án D.
BTKL => nCO2 = (29,76 + 1,48×32 – 17,28)/44 = 1,36
BTNT.O => nO trong E = 2×1,36 + 0,96 – 1,48×2 = 0,72 => nCOO trong R=0,72/2 = 0,36
=> nNaOH phản ứng = 0,36 => nNa2CO3 khi đối muối = 0,36/2 = 0,18 (BTNT.Na)
BTNT.C => nC trong muối = 0,18 + 0,46 = 0,64
BTNT.C => nC trong F = 1,36 – 0,64 = 0,72 => CF = 0,72/0,24 = 3
=> 2 ancol có thể là C3H7OH và C3H6(OH)2 hoặc C3H7OH và C3H5(OH)3
Số nhóm OH trung bình = nNaOH/nAncol = 0,36/0,24= 1,5
=> Nếu trong F có C3H6(OH)2 thì số mol 2 ancol sẽ bằng nhau Loại ancol 2 chức
=> 2 ancol phải là 
Các este đều mạch hở => 2 muối thu được phải đơn chức => nMuối = 0,36
=> Số C trung bình 2 muối = 0,64/0,36 =1,78 => Có 1 muối là HCOONa và RCOONa (R có C≡C)
với số mol este 3 chức là 0,06 =nC3H5(OH)3
=> 2nRCOOC3H7 + 4nEste3 = nCO2 - nH2O => nRCOOC3H7= (1,36 -0,96 - 4×0,06)/2 = 0,08
=> nRCOONa = 0,08 + 0,06 = 0,14 => nHCOONa = 0,36 - 0,14 = 0,22
BTNT.C => 0,14×(CR + 1) +0,22 = 0,64 => CR = 2 => HC≡C-COONa
Vậy % mEste 3 chức 
Thực hiện các thí nghiệm sau:
(1) Thả dây Zn vào dung dịch HCl; (2) Đốt dây Fe trong bình kín chứa đầy khí O2;
(3) Thả đinh Fe vào dung dịch CuSO4; (4) Thả dây Cu vào dung dịch H2SO4 loãng;
(5) Thả đinh Fe vào dung dịch FeCl3; (6) Nối dây Ni với dây Fe rồi để trong không khí ẩm;
(7) Nhúng lá thép vào dung dịch NaCl; (8) Đốt dây Mg và dây Fe trong bình chứa khí Cl2. Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm không xảy ra ăn mòn điện hóa là
3
4
5
6
Chọn đáp án C.
Có 5 thí nghiệm không xảy ra ăn mòn điện hóa là (1), (2), (4), (5) và (8) vì
(1), (2), (4), (5) chỉ có sự xuất hiện của 1 kim loại; (2), (8) không có môi trường điện li
Lưu ý: nhiều bạn chọn thí nghiệm (7) nhưng thép là hợp kim Fe-C nên cũng có ăn mòn điện hóa
Cho 40,77 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe(NO3)2 và FeCO3 vào dung dịch chứa a mol HNO3 và b mol NaHSO4, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat trung hòa và 14,58 gam hỗn hợp khí X gồm NO, N2O, CO2 (trong đó số mol CO2 và N2O bằng nhau). Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 10,125. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu được 19,26 gam một kết tủa duy nhất. Giá trị a/b gần nhất với
0,11
0,12
0,13
0,14
Chọn đáp án D.
Tìm số mol khí trong Z bằng
Ta có 3nNO + 8nN2O = 1,35; BTNT.C => nFeCO3 = 0,135
Vì chỉ thu được một kết tủa duy nhất, có thể là Fe(OH)2 hoặc Fe(OH)3
Nếu kết tủa là Fe(OH)2 => nFe(NO3)2 + nFeCO3 = 126/90 = 19,26/90 = 0,214
=> nFe(NO3)2 = 0,214 - 0,135 = 0,079
=> nAl = (40,77 - 0,079×180 - 0,135×116)/27 = 121/300 < 1,35/3 => Không thể là Fe(OH)2
=> 19,26 gam kết tủa chính là Fe(OH)3 => nFe(OH)3 = 19,26/107 = 0,18
=> nFe(NO3)2 = 0,18 - 0,135 = 0,045 => nAl = (40,77 - 0,045×180 - 0,135×116)/27 = 0,63
BTE => n trong Y = (0,63×3 + 0,18 - 0,09×3 - 0,135×8)/8 = 0,09
BTĐT trong Y => n = b = 0,63×3 + 0,18×3 + 0,09 = 2,52
Bán phản ứng => a + b = 0,09×4 + 0,135×10 + 0,135×2 + 0,09×10 = 2,88 => a = 2,88-2,52 = 0,36 Vậy a/b = 0,36/2,52 = 0,14286.
Cho 40,77 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe(NO3)2 và FeCO3 vào dung dịch chứa a mol HNO3 và b mol NaHSO4, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat trung hòa và 14,58 gam hỗn hợp khí X gồm NO, N2O, CO2 (trong đó số mol CO2 và N2O bằng nhau). Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 10,125. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu được 19,26 gam một kết tủa duy nhất. Giá trị a/b gần nhất với
0,11
0,12
0,13
0,14
Chọn đáp án D.
Tìm số mol khí trong Z bằng
Ta có 3nNO + 8nN2O = 1,35; BTNT.C => nFeCO3 = 0,135
Vì chỉ thu được một kết tủa duy nhất, có thể là Fe(OH)2 hoặc Fe(OH)3
Nếu kết tủa là Fe(OH)2 => nFe(NO3)2 + nFeCO3 = 126/90 = 19,26/90 = 0,214
=> nFe(NO3)2 = 0,214 - 0,135 = 0,079
=> nAl = (40,77 - 0,079×180 - 0,135×116)/27 = 121/300 < 1,35/3 => Không thể là Fe(OH)2
=> 19,26 gam kết tủa chính là Fe(OH)3 => nFe(OH)3 = 19,26/107 = 0,18
=> nFe(NO3)2 = 0,18 - 0,135 = 0,045 => nAl = (40,77 - 0,045×180 - 0,135×116)/27 = 0,63
BTE => n trong Y = (0,63×3 + 0,18 - 0,09×3 - 0,135×8)/8 = 0,09
BTĐT trong Y => n = b = 0,63×3 + 0,18×3 + 0,09 = 2,52
Bán phản ứng => a + b = 0,09×4 + 0,135×10 + 0,135×2 + 0,09×10 = 2,88 => a = 2,88-2,52 = 0,36 Vậy a/b = 0,36/2,52 = 0,14286.
Cho các peptit X, Y, Z mạch hở, đều chứa gốc Ala trong phân tử, tổng số nguyên tử oxi trong 3 phân tử peptit X, Y, Z là 9. Đốt cháy hoàn toàn 24,42 gam hỗn hợp A gồm X, Y,Z (tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 2 : 2) cần vừa đủ 1,17 mol khí O2 thu được CO2, H2O và N2. Mặt khác, đun nóng 0,07 mol hỗn hợp B gồm X, Y, Z (tỉ lệ số mol tương ứng là 3 : 2 : 2) bằng dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng được m gam hỗn hợp ba muối của glyxin, alanin và valin. Giá trị của m là
19,14
15,40.
16,66
20,48
Chọn đáp án B.
Đipeptit mạch hở tạo từ đồng đẳng của glyxin có dạng CnHmN2O3 => Ít nhất phân tử có 3 oxi
Mà 3 phân tử X,Y,Z lại có tổng số nguyên tử oxi là 9 = 3×3 = Cả 3 chất đều là đipeptit
Vì nX : nY : nZ = 1 : 2 : 2 mà nX + nY+ nZ = 0,15 => nX = 0,03; nY = nZ = 0,06
Đặt X là Ala(Gly+xCH2); Y là Ala(Gly+yCH2) và Z là Ala(Gly+zCH2)
=> 0,03x + 0,06y + 0,06z + 0,15 = 0,33 => x + 2y + 2z = 6
Các giá trị x, y, z thuộc 0 (Gly) hoặc 1 (Ala) hoặc 3 (Val)
0,15 + (0,03 + 0,06)×3= 0,42 > 0,33 => Chỉ có 1 trong x, y, z bằng 3 hay chỉ có 1 peptit chứa Val Nếu peptit chứa Val có số mol là 0,03 => x = 3 => 2y + 2z = 3 vô lý vì 2y + 2z phải là số chẵn
=> Y hoặc Z phải chứa Val => Giả sử Z là Ala–Val (hoặc Val–Ala) => z = 3
=> x + 2y = 0 => x = y = 0 => X và Y chỉ khác cách sắp xếp như Gly-Ala và Ala-Gly
Với thí nghiệm sau, nX : nY : nZ = 3 : 2 : 2 mà nX + nY + nZ = 0,07 => nX = 0,03 và
nY = nZ = 0,02
Vì nY vẫn bằng nZ => Peptit Y hay Z chứa Val đều được
