Tổng hợp đề ôn luyện THPTQG Hóa học có lời giải chi tiết (Đề số 10)

Đáp án D

ứng với công thức phân tử $C_4{H}_{11}$ có các đông phân amin bậc một là:

1.CH₃-CH₂ -CH₂-NH₂

2.CH₃-CH₂-CH(CH₃)-NH₂

3.CH₃-CH(NH₂)-CH₂-CH₃

4.(CH₃)₃-C-NH₂

Đáp án D

Trong 4 chất trên có hai chất tham gia phản ứng tráng bạc là HCOOH và $HCOO{C}_2{H}_5$

nhưng đề bài hỏi với este

Đáp án A

$n_{C{H}_{3}COOC{H}_3}$=  17,76 : 74 = 0,24 mol

CH₃COOCH₃ +KOH = CH₃COOK + CH₃OH

   0,24                             0,24 

m_muối = 98. 0,24 =23,52 g

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án C

Gọi n_Na =a mol => n_Ba= 2a mol

=> 23a + 137.2a = 29,7

=> a = 0,1

Mặt khác $n_{H_2}$= n_Ba+$\frac{1}{2}$n_Na= 0,25 mol

=> $V_{H_2}$ = 5,6 l

Đáp án C

$3Cu+8HN{O}_3\to 3Cu{\left(N{O}_3\right)}_2+2NO+4H_{2}O$

Đáp án C

Cu +2H₂SO₄→ CuSO₄+ SO₂ + 2$H_{2}O$

$n_{S{O}_2}=n_{Cu}$= 0,05 mol

=>$V_{S{O}_2}$=0,05. 22,4 = 1,12 l

Đáp án D

Các oxit của kim loại đứng sau nhôm trong dãy hoạt động hóa học

bị khử bởi các chất khử CO, H₂,C thành kim loại tương ứng

Đáp án B

Bảo toàn nguyên tố Al

n_Al =2$n_{A{l}_2{O}_3}$=0,2 mol

=>$n_{A{l}_2{O}_3}$= 0,1 mol

=>m= 0,1.102=10,2 g

Đáp án D

Fructozo không làm mất màu dd brom do không có nhóm chức CHO

trong phân tử Glucozo và fructozo đều có công thức phân tử là $C_6{H}_{12}{O}_5$

Đáp án A

Thuốc giảm đau dạ dày NaHCO₃ được điều chế từ khí CO₂

Đáp án D

Ion X2- có cấu hình electron ở trạng thái cơ bản là 1s² 2s² 2p⁶

X có cấu hình electron ở trạng thái cơ bản là 1s² 2s² 2p⁴

X ở ô số 8 nhóm VIA chu kì 2 => X là oxi

Đáp án B

Tơ nilon 6,6 là tơ poli amit có chứa nitơ trong phân tử

Đáp án B

Các chất làm mất màu nước brom ở điều kiện thường là etilen, axetilen, glucozo, và anilin

Đáp án D

Trong tự nhiên các kim loại kiềm chỉ tồn tại ở dạng hợp chất

Đáp án A

Hai axit làm mất màu dung dịch brom là:

Axit metacrylic CH₂=C(CH₃)COOH

và axit acrylic CH₂=$C{H}_{2}COOH$

nhưng đề bài yêu cầu chọn axit có mạch cac bon phân nhánh

Đáp án D

Phản ứng 1 sinh ra NH₃

Phản ứng 2 sinh ra CO₂

Phản ứng 3 sinh ra C₂H₂

Đáp án C

Glyxerol có công thức phân tử là $C_3{H}_8{O}_3$

Đáp án B

Các kim loại Al, Fe và Cr bị thụ động hóa trong dung dịch $HN{O}_3$ đặc, nguội

Đáp án D

Axit crylic yếu hơn axit HNO₃ nên nó không phản ứng được với muối của axit này

Đáp án C

ở điều kiện thường ancol không phản ứng với dung dịch kiềm

Đáp án C

Các kim loại kiềm và kiềm thổ (trừ Be và Mg) có khả năng tan trong nước tạo dung dịch kiềm.

Các kim loại thỏa mãn trong câu 23 là K, Na, Ba

Đáp án C

Bảo toàn điện tích trong dung dịch

ta có 0,2.2 + 2a = 0,3 + 0,2

=>a = 0,05

Đun đến cạn dung dịch xảy ra phản ứng

HCO₃^- => H₂O + CO₂ + CO₃^2-

$n_{C{O_3}^{2-}}$=0,1 mol

Vậy  m_­muối = 25,85 gam

Đáp án C

Đáp án A

Có hai chất có khả năng tác dụng $H_2$ cho sobitol là glucozo và fructozo

Đáp án B

Nhiệt độ sôi :

hidrocacbon < dẫn xuất halogen < andehit, xetol < ancol < phenol < axit

Đáp án D

n_NO= 3,4944/22,4 = 0,156 mol

M       Mⁿ⁺ + ne

a                     a.n  mol

N⁺⁵   + 3e  N⁺²

0,156     0,468           mol

=> an = 0,468

=>thay a = $\frac{8,736}{M}$ ta được

=>M= $\frac{56}{3n}$

Vậy chọn n = 3, M =56

Kim loại M là Fe

Đáp án D

Các kim loại đứng sau Cu trong dãy hoạt động hóa học

không tác dụng với oxi nhưng phản ứng được với ozon ở điều kiện thường

Đáp án D

Buta–1,3–đien (C4H6) là nguyên liệu để sản xuất cao su buna

n CH₂=CH-CH=CH₂ n CH₂=CH-CH=CH₂(CH₂-CH=CH-CH₂)_n

Đáp án D

Thời gian điện phân t:

$n_{khí}=\frac{3,136}{22,4}$= 0,14 mol

Anot:

Cl^- → Cl₂ +2e

0,24   0,12   0,24 mol

H₂O → H⁺ + O₂ + 4e

                   0,02   0,08 mol

n_{e trao đổi} = 0,32 mol

n_{e trao đổi} = $\frac{It}{F}$

=> thời gian 2t, n_{e trao đổi} = 0,64 mol

thời gian điện phân 2t n_khí = 0,37 mol

khi đó anot :

Cl^- → Cl₂   +   2e

0,24   0,12   0,24 mol

H₂O →  H⁺ + O₂ + 4e

                       0,1   0,4 mol

_{=> $n_{H_2}$} = 0,37- 0,12 – 0,1 = 0,15 mol

catot:

Cu²⁺  +2e → Cu

x          2x       x    mol

H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

0,15    0,3     0,3     0,15 mol

2x+0,3 = 0,64

_=> x = 0,17 mol

mặt khác

n_H+ =0,1 mol$\Rightarrow$[H+] = 0,1

$\Rightarrow$pH = 1

Đáp án B

Ancol no mạch hở

$\Rightarrow n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2}+n_{ancol}=0,1 mol$

Gọi công thức ancol no mạch hở là C_nH_2n+2O_a ( điều kiện a nhỏ hơn hoặc bằng n)

Bảo toàn nguyên tố oxi ta được

0,02.a + V/22,4 . 2 = 0,08.2 + 0,1

=>V= (0,26-0,02a). 11,2

V nhỏ nhất khi a lớn nhất

hay a=4, thay a=4 vào được V=2,016 l

Đáp án B

$n_{H_2}=0,02mol$=$n_{Ba}+0,5n_{Na}=2a$

$\Rightarrow n_{Na}=0,02 và n_{Ba}=0,01 mol$

dung dịch chứa Ba²⁺: 0,01 mol và OH^- 0,04 mol

n_H⁺=0,02 mol

n_SO4^2- = 0,01 mol

vậy khối lượng kết tủa

m= 0,01.233 + 0,01. 98 = 3,31g

Đáp án B

Nung $A{g}_{2}S$ trong không khí :

Ag₂S + O₂ => 2Ag + SO­₂

Đáp án A

Hợp chất A có công thức cấu tạo là

phương trình phản ứng -NH₃-$HC{O}_3$

A phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1:3

_{=> $n_{NaOH\left(dư\right)}$} = 0,15 mol

_=> Chất rắn gồm NaOH 0,15 mol , Na₂CO₃ 0,12 mol và NaNO₃ 0,12 mol

M _{chất rắn} = 28,92 g

Đáp án A

A chứa 1 nhóm – NH2 và 1 nhóm –COOH

mạch cacbon phân nhánh và được tạo ra từ phản ứng thủy phân peptit

$\Rightarrow$nên A là alpha amino axit

=> 6 CTCT thỏa mãn

Đáp án A

Các công thức cấu tạo bền thỏa mãn là:

etilen, axetilen, propen, propin và xiclo propan

Đáp án A

Cu(OH)₂ tan trong dung dịch NH₃

nên thí nghiệm (d) không thu được kết tủa

Đáp án A

Kết thúc phản ứng còn dư lại m1 (g) chất rắn Z

=> Z là Cu, dd Y gồm FeCl₂ và CuCl_2.

Fe₃O₄ + 8HCl → 2FeCl₃ + FeCl₂

0,01<---- 0,08       ------> 0,01

=> $n_{Cu}$= 0,02

2FeCl₃ + Cu → 2FeCl₂ + CuCl₂

0,02 -----> 0,01 --> 0,02

=>$n_{Cu}$dư = 0,01 => m1 = 6,4g

dd Y tác dụng với $AgN{O}_3$

Ag⁺    +   Cl^-       → AgCl

0,08 <--- 0,08 ----> 0,08

Fe²⁺  +  Ag⁺  → Fe³⁺ + Ag

0,03     →                   0,03

=> m2 = 0,03.108 + 0,08.143,5 = 14,72g

Đáp án C

Khí được thu bằng phương pháp đẩy nước

nên không dùng để điều chế các khí tan trong nước (NH₃ và HCl)

Mặt khác hình vẽ mô tả phương pháp điều chế khí bằng cách đun dung dịch

nên không thể là phản ứng D

Đáp án B

$n_{NaOH}=0,1 mol$

Giả sử dd muối không chứa $B{a^2}^{+}$

=> m muối ≤ 0,1 . 84 = 8,4g

Mà $m_{muối}$ = 23,94 > 8,4

=> dd muối chứa $NaHC{O}_3$ ;

0,1 mol và $Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2$

=> $n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}$ = 0,06 mol

=> $n_{BaC{O}_3}$ = 0,09 mol

Bảo toàn nguyên tố C

=> $n_{C{O}_2}$ = 0,31 mol

=> V = 0,31 . 22,4 = 6,944 l

Đáp án A

Đáp án C

$n_{H^{+}}$=0,02 + 0,06 = 0,08 mol

$n_{HC{O_3}^{-}}$= 0,03 mol

$n_{C{O_3}^{2-}}$=0,06 mol

Đổ từ từ dung dịch axit vào hỗn hợp muối

CO₃^2- + H⁺ → HCO₃^-

0,06      0,06   0,06

HCO3^- + H⁺ →CO₂ + H₂O

0,02        0,02                       mol

=> V = 0,448 l

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

0,06        0,06                      mol

$n_{S{O_4}^{2-}}=0,06 mol$

$n_{B{a}^{2+}}$= 0,15 mol

$\Rightarrow n_{BaS{O}_4}=n_{BaC{O}_3}$= 0,06 mol

=>Vậy  m = 0,06.233 + 0,06.197 = 25,8 gam

Đáp án A

$M_{hh{O}_2,O_3}$ = 19,61 . 2 = 39,36

=> coi hh là (O₂)1,23

CH₄O + 1,5O₂ → CO2 + 2H₂O

C₂H₆ + 3,5O₂ → 2CO₂ + 3H₂O

C₃H₈O₃ + 3,5O₂ → 3CO₂ + 4H₂O

C₂H₄O₂ +  2O₂ → 2CO₂ + 2H₂O

C₄H₆O₂  +  4,5O₂ → 4CO₂ + 3H₂O

C₆H₁₀O₄  +  6,5O₂ → 6CO₂ + 5H₂O

=> 6a + 21b + 26x + 26y = 4,92 (I)

Bảo toàn oxi ta có

a + 3,5b + x + y = 0,42 (II)

Từ (I) và (II)

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a+3,5b=0,3\\ x+y=0,12\end{array}\right.$

n(g) hh tác dụng với NaHCO₃ 

=> phản ứng xảy ra trên nhóm chức COOH

=> $n_{C{O}_2}$ = n_COOH = x + x + 2y = 2(x+y)=0,24

=> V = 5,376 lít

Đáp án C

n_CO = 0,6 mol

Áp dụng phương pháp đường chéo:

n_{CO hỗn hợp Z} = 0,225 mol

và $n_{C{O}_2}$ _{hỗn hợp Z} =0,375 mol

m_{O hỗn hợp X} = 0,2539 m gam

=> n_O sau = 0,2539m/16 -0,375 mol

N⁺⁵  + 3e N⁺²

$n_{N{O_3}^{-}}$(muối) = 0,2539m/8 -0,75 + 1,44

m_muối = 5,184m

$\Rightarrow$m = 17,32 gam

Đáp án A

$n_{C{O}_2}=0,6mol$

$n_{H_{2}O}=0,48 mol$

hỗn hợp tác dụng với Na sinh ra H₂

=>$n_{H_2}=0,5n_{C{H}_{2}OH+COOH}$

=> $n_{C{H}_{2}OH+COOH}$= 0,3 mol

Hỗn hợp tác dụng với dd AgNO₃/ NH₃ sinh ra Ag

= 2n_CHO=> n_CHO= 0,3 mol

Dễ thấy $n_{C{O}_2}=n_{C{H}_{2}OH+COOH}+n_{CHO}$

=>m_{hỗn hợp}= m_{các nhóm chức}

Đặt $n_{C{H}_{2}OH}$ = a

n_COOH = b

3a +b = 0,48.2-0,3 = 0,66

=>a = 0,18 , b =0,12

m_{hỗn hợp} =19,68g

Đáp án C

Đipeptit và tetrapeptit thủy phân chỉ tạo gly và ala

=>đipeptit chứa 2N và tetrapeptit chứa 4N

=>M_đipeptit = 146

=>M_tetrapeptit=260

=> đipeptit là gly-ala (C₅H₁₂O₃N₂)

tetrapeptit là (gly)₃-ala (C₉H₁₆O₅N₄)

Đốt cháy

C₅H₁₀O₃N₂  $\to$5CO₂ + 5H₂O

x                     5x          5x     mol

C₉H₁₆O₅N₄ $\to$ 9CO₂ + 8 H₂O

y                     9y         8y     mol

từ giả thiết

=>0,25.( x+y )= y => x=3y

%m_A = 62,75%

Đáp án C

Đáp án D

$n_{hhkhi}=0,2 mol$

cho BaCl₂ vào kết tủa thu được là BaSO₄

_{$n_{BaS{O}_4}=0,605 mol$}

_{$n_{H_{2}S{O}_4}=0,605 mol$}

_{$n_{NaOH}=1,085 mol$}

_{$n_{N{H}_3}=0,025 mol$}

_{$\Rightarrow n_{ion kimloai}=1,06 mol$}

hỗn hợp khí có chứa H₂ nên muối sắt là muối Fe²⁺

NO₃^- hết, các muối trung hòa là

MgSO₄, FeSO₄, K₂SO₄ và (NH₄)₂SO₄

$m_{Fe}+m_{Mg}$ = 24,88 gam (1)

n_{điện tích -} = 2n_SO4^2-= 1,21 mol

n_{điện tích +}= 1,085 + $n_{K^{+}}$

=> $n_{K^{+}}$= 0,125 mol

=>n_N khí = 0,125 – 0,025 =0,1 mol

Mặt khác bảo toàn khối lượng

$m_X+m_{H_{2}S{O}_4}+m_{KN{O}_3}=m_{muối}+m_{khí}+m_{H_{2}O}$

=> $m_{H_{2}O}$= 8,91 mol

=> $n_{H_{2}O}$ = 0,495 mol

Bảo toàn nguyên tố H có

n_{H axit} = n_{H ($H_{2}O$)}+ n_{H ($H_2$)} +n_{H muối amoni}

0,605.2 =0,495.2 +2$n_{H_2}$ + 0,025.4

=> $n_{H_2}$ = 0,06 mol

=> $n_{C{O}_2}$= 0,2 – 0,1 – 0,06 = 0,04 mol

=>$n_{FeC{O}_3}$ = 0,04 mol

=> m_Fe + m_Mg + $m_{F{e}_3{O}_4}$ = 26,48 g

m _{KL (hỗn hợp trên)}­= 22,64 gam (2)

từ (1) và (2) => m_{O ($F{e}_3{O}_4$)}= 3,84 gam

=> $n_{F{e}_3{O}_4}$=0,06 mol

mặt khác vì tổng ion dương kim loại $F{e}^{2+} và M{g}^{2+}$

Gọi $n_{Fe}=a mol$, $n_{Mg}=b mol$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2a+2b=0,2\\ 56a+24b=12,56\end{array}\right.$

$\Rightarrow a=0,16$, $b=0,15 mol$

Đáp án B

$n_{O_2}$= 10,752/22,4 = 0,48 mol

Axit no đơn chức mạch hở có ctpt C_nH_2nO₂

Ancol no hai chức mạch hở : C_mH_2mO₂

Este no hai chức mạch hở : C_kH_2k-2O₄

C_nH_2nO₂    → nCO₂ + nH₂O  ( I )

x                     xn          xn     mol

C_mH_2m+2O₂ → mCO₂ + (m+1) H₂O (II)

         y             ym         y(m+1)    mol

C_kH_2k-2O₄ → kCO₂ + (k-1) H₂O (III)

         z           zk           z(k-1)     mol

x+y+z = 0,09 mol (1)

n_NaOH= 0,1 mol

Cho hỗn hợp A phản ứng với dung dịch NaOH chỉ có X và Z phản ứng

vì phản ứng diễn ra ở nhóm chức

Nên  x+2z = 0,1 (2)

Từ (1) và (2) => z-y = 0,01 mol

Từ (I) (II) và (III)

Ta có:

44(xn + ym + zk) – 18 ( xn + ym +zk) + 18 ( z-y) = 10,84

Thay z-y = 0,01 ta có 26(xn + ym + zk) = 10,66 gam

=>$n_{C{O}_2}$= xn + ym +zk = 0,41 mol

=>$M_{H_{2}O}$= 7,2 g => n_H2O=0,4 mol

=>Bảo toàn nguyên tố O có

n_Ohỗn hợp A = 0,41.2 + 0,4 – 0,48.2 = 0,26 mol

=>2x + 2y +4z = 0,26 (3)

=>Từ (1) (2) và (3)

=> x = 0,02 ;y=0,03 và z= 0,04 mol

Bảo toàn khối lượng có

$m_A+m_{O_2}=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}$

=>M_A = 9,88gam

=>trong 14,82 gam A chứa X 0,03 mol

Y 0,045 mol,  Z 0,06mol

n_KOH = 0,03 + 2.0,06 = 0,15 mol

vì ancol là etylen glicol

=> n_Ancol = 0,06 + 0,045 = 105 mol

$n_{H_{2}O}$= 0,03 mol

bảo toàn khối lượng có

14,82 – 0,045. 62 + 0,15.56 = m_muối + $m_{H_{2}O}$ +m_{etilen glycol}

=>M_muối = 16,17 gam