Tổng hợp đề thi thử Hóa Học cực hay có đáp án (Đề số 13)

Chọn đáp án C

+ Vì Cu đứng sau H trong dãy hoạt động hóa học.

⇒ Cu không tác dụng với H₂SO_{4 loãng} ⇒ Chọn C

Chọn đáp án C

● Bậc của ancol bằng bậc của nguyên tử cacbon liên kết với nhóm OH.

● Bậc của amin bằng số nguyên tử hidro trong phân tử amoniac bị thay thế bởi gốc hidrocacbon.

A. Ancol bậc 3 và amin bậc 1 ⇒ loại. || B. Ancol bậc 1 và amin bậc 2 ⇒ loại.

C. Ancol bậc 2 và amin bậc 2 ⇒ nhận || D. Ancol bậc 2 và amin bậc 1 ⇒ loại.

⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

+ Trong thành phần của mật ong có chứa nhiều fructozo:

Cụ thể là fructozo chiếm khoảng 40% ⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

+ Vì axit axetic và metyl fomat có cùng CTPT là C₂H₆O₂.

⇒ n_{Hỗn hợp} = 3 ÷ 60 = 0,05 mol ⇒ n_{NaOH pứ} = 0,05 mol

⇒ V_{NaOH cần dùng} = $\frac{0.05}{1}$ = 0,05 lít = 50 ml ⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

+ Vì 1 Glucozo trang gương ⇒ 2 Ag

⇒ Ta có n_Glucozo = n_Ag ÷ 2 = 0,1 ÷ 2 = 0,05 mol

⇒ C_{M Glucozo} = $\frac{0,05}{0,5}$ = 0,1 M ⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

Ta có n_{HCl pứ} = n_N = 2n_N2 = 0,05 × 2 = 0,1 mol.

⇒ V_HCl = 0,1 ÷ 1 = 0,1 lít = 100 ml ⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

+ Nhóm phenyl của anilin làm giảm mật độ electron ở nguyên tử nitơ

⇒ Giảm lực bazơ của anilin ⇒ Anilin không làm đổi màu quỳ tím.

⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

Ta dùng dãy điện hóa.

⇒ Cu không tác dụng với dung dịch muối Fe²⁺ ⇒ Chọn D

Chọn đáp án A

+ Nhận thấy poli(metyl metacrylat), poli(vinyl clorua) và polietilen được điều chế bằng phản ứng trùng hợp.

+ Poli(phenol-fomanđehit) điều chế bằng phản ứng trùng ngưng ⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

Thủy phân hoàn toàn 1 mol peptit ⇒ ∑ n_{α–amino axit} = 3+1 = 4.

⇒ Peptit đã thủy phân là tetrapeptit

⇒ Số liên kết peptit có trong X = 4 – 1 = 3 ⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

Ở nhiệt độ thường.

● Saccarozo là chất rắn kết tinh không màu.

● Tristearin là chất rắn.

● Glyxin là chất rắn kết tinh.

● Anilin là chất lỏng không màu.

⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

Amino axit + HCl theo tỉ lệ 1:2 ⇒ Trong CTCT có 2 nhóm –NH₂.

● Lysin: H₂N–(CH₂)₄–CH(NH₂)–COOH ⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

NHỚ và nên NHỚ theo hệ thống. ví dụ ở đây là tên gọi:

• Glucozơ còn được gọi là đường nho vì có nhiều trong quả nho. fructozơ có nhiều trong mật ong.

• saccarozơ là đường mía, đường củ cải, đường thốt nốt, ....; mantozơ là đường mạch nha....

Tương tự, muốn nhớ độ ngọt ta cũng thống kê ra là ok hết.

Tóm lại ở bài tập này đáp án cần chọn là D.

Chọn đáp án C

Tráng bạc nhưng không tác dụng với natri

⇒ Có nhóm chức –CHO và không có nhóm chức –COOH và –OH.

+ Dựa vào 4 đáp án ⇒ chất thỏa mãn là HCOOCH₃ ⇒ Chọn C

Chọn đáp án C

Tráng bạc nhưng không tác dụng với natri

⇒ Có nhóm chức –CHO và không có nhóm chức –COOH và –OH.

+ Dựa vào 4 đáp án ⇒ chất thỏa mãn là HCOOCH₃ ⇒ Chọn C

Chọn đáp án C

Cứ 0,1 mol chất béo thủy phân hoàn toàn → 0,1 mol glixerol.

⇒ Với hiệu suất 80% ⇒ m_Glixerol = 0,1 × 0,8 × 92 = 7,36 gam ⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

+ Đipeptit k có phản ứng màu biure ⇒ Chọn A

Chọn đáp án C

+ Đipeptit k có phản ứng màu biure ⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

Để gọi tên của este (RCOOR') ta đọc theo thứ tự:

Tên R' + Tên RCOO + at

⇒ Tên gọi của CH₃COOCH₃ là metyl axetat. ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

Glixerol là ancol ⇒ không có phản ứng thủy phân ⇒ Chọn B

...

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

● Poli(vinyl clorua) chứa các nguyên tố là C, H và Cl.

● Poliacrilonitrin chứa các nguyên tố là C, H và N.

● Nilon-6,6 chứa các nguyên tố C, H, O và N.

● Nilon–6 chứa các nguyên tố C, H, O và N.

⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

● Phân tử khối càng lớn ⇒ độ tan giảm A sai.

● Metyl amin có mùi khai ⇒ C sai.

● Alanin có gốc –C₆H₅ hút e làm giảm mật độ electron trên nguyên tử nitơ

⇒ Tính bazo của alanin rất yếu ⇒ k đủ mạnh để làm quỳ tím đổi màu ⇒ D sai.

⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

Các chất phản ứng với Cu(OH)₂/OH^– cho dung dịch màu xanh lam phải có tính chất của poliancol.

⇒ Các chất thỏa mãn là fructozơ và glucozơ ⇒ chọn B.

Chọn đáp án C

0,725m gam hỗn hợp kim loại ||→ rõ có mỗi 2 kim loại là Fe và Cu rồi.

Phản ứng hoàn toàn, Fe còn dư → chứng tỏ trong dung dịch chỉ có Fe²⁺.

Oh.! đọc ra luôn từ anion là 0,15 mol FeSO₄ và 0,1 mol FeCl₂.

♦ BTKL kim loại có ngay: m + 0,15 × 64 = (0,15 + 0,1) × 56 + 0,725m

||→ giải ra m = 16,0 gam. Chọn đáp án C.

Chọn đáp án A

+ a mol Este sau khi thủy phân cho sản phẩm tráng gương ⇒ n_Ag = 4a

⇒ Este có dạng HCOOCH=CH–R và thủy phân sinh ra ancol kém bền ⇒ hổ biến ⇒ andehit.

⇒ Với CTPT C₄H₆O₂ để thỏa mãn đề bài thì este chỉ có thể là HCOOCH=CH-CH₃ ⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

Thủy phân hoàn toàn 0,2 mol peptit X ⇒ n_{H2O tạo thành} = 0,2 mol.

+ Bảo toàn khối lượng ta có: m_{Chất rắn} = 0,2×217 + 0,8×40 – 0,2×18 = 71,8 gam

⇒ Chọn D

Chọn đáp án C

Ta có ∑n_{(COOH + H}⁺₎ = 2n_{Axit glutamic} + n_HCl = 0,38 mol.

+ n_KOH = 0,48 mol > ∑n_{(COOH + H}⁺₎ = 0,38 ⇒ n_{H2O tạo thành} = 0,38 mol.

+ Bảo toàn khối lượng ta có: m_{Chất rắn} = 5,88 + 0,3×36,5 + 0,48×56 – 0,38×18 = 36,87 gam.

⇒ Chọn C 

Chọn đáp án D

Nhận xét: Bài toán tương tự như trò chơi ghép hình trong không gian một chiều. Xuất phát từ Gly-Gly-Ala với hai mảnh ghép còn lại là Gly và Val. 

Đáp án D

Chọn đáp án C

Hòa tan Z vào HNO₃ dư vẫn có chất rắn T không tan ⇒ T là AgCl

⇒ Z gồm Ag và AgCl.

⇒ Chọn A vì: FeCl₂ + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2AgCl↓

Sau đó: Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓.

⇒ Chọn C

Chọn đáp án D

Các phản ứng hóa học xảy ra: 

Ta có V_{Rượu nguyên chất} = 10 × 0,46 = 4,6 lít.

⇒ m_Rượu = V × D = 4,6 × 0.8 = 3,68 kg ⇒ n_C2H5OH = 0,08 kmol.

⇒ n_{Tinh bột} = 0,08 ÷ 2 ÷ 0,8 = 0,05 mol ⇒ m_{Tinh bột} = 8,1 kg

⇒ m_Gạo = 8,1 ÷ 0,75 = 10,8 kg

⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

Chú ý metyl axetat và etyl fomat đều có công thức phân tử là C₃H₆O₂; còn vinyl axetat là C₄H₆O₂.

♦ Cách 1: gọi số mol C₃H₆O₂; C₄H₆O₂ tương ứng là x mol và y mol thì có hệ:

Khối lượng hỗn hợp X: m_X = 74x + 86y = 3,08 gam || ∑n_H2O = 0,12 mol = 3x + 3y.

Giải hệ được x = 0,03 mol và y = 0,01 mol

||→ Yêu cầu %số mol_{vinyl axetat trong X} = 0,01 ÷ (0,01 + 0,03) = 25%. ⇒ Chọn B ♦.

♦ Cách 2: "tinh tế" hơn: quan sát quy 3,08 gam X gồm C^* (n_C^* đại diện cho số mol C₄H₆O₂) + C₃H₆O₂

Từ số mol H₂O là 0,12 mol đọc ra có 0,04 mol C₃H₆O₂ → n_C^* = 0,01 mol ||→ tương tự đọc ra yêu cầu.

Chọn đáp án D

+ X vừa phản ứng với NaHCO₃ vừa tráng gương

⇒ X là HCOOH ⇒ Loại A và C.

+ T có phản ứng màu biure ⇒ T chắc chắn k phải đipeptit ⇒ Loại B ⇒ Chọn D

Chọn đáp án A

từ giả thiết ⇒ ứng với mỗi chất X, Y có 2 cấu tạo thỏa mãn:

gọi n_X = x mol; n_Y = y mol ⇒ 138x + 124y = m_E = 2,62 gam.

dù là TH nào thì luôn có 2x + 2y = ∑n_khí = 0,04 mol ⇒ giải: x = 0,01; y = 0,01 mol.

hai khí tổng 0,04 mol, tỉ lệ 1 : 3 ⇒ 1 khí có 0,01 mol và 1 khí có 0,03 mol.

⇒ Có 2 dặp X, Y thỏa mãn là:

● 0,01 mol H₄NOOC–COONH₃CH₃ và 0,01 mol (CH₃NH₃)₂CO₃.

⇒ m_Muối gồm 0,01 mol (COONa)₂ và 0,01 mol Na₂CO₃ ⇒ m = 2,4 gam.

● 0,01 mol CH₂(COONH₄)₂ và 0,01 mol H₄N–CO₃–NH₃C₂H₅.

⇒ m_Muối gồm 0,01 mol CH₂(COONa)₂ và 0,01 mol Na₂CO₃ ⇒ m = 2,54 gam.

⇒ Giá trị lớn nhất của m = 2,54 gam ⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

Vì tạo ra hỗn hợp ancol ⇒ hỗn hợp ancol chỉ có thể là CH₃OH và C₆H₅CH₂OH.

+ Đặt n_H3OH = a và n_C6H5CH2OH = b

+ Vì n_{hỗn hợp este} = 0,08 nhưng n_{Hỗn hợp ancol} = 0,04 ⇒ Có (0,08 – 0,04) = 0,04 mol Este tạo chức phenol.

⇒ n_H2O = 0,04 mol ⇒ n_{NaOH pứ} = 0,04 + 0,04×2 = 0,12 mol.

Nhìn lại toàn bộ bài toán bằng sơ đồ:

+ Rõ ràng là bảo toàn khối lượng rồi. Tính m thôi.

m_{Chất rắn} = 10,88 + 6,72 – 3,18 – 0,72 = 13,7 gam ⇒ Chọn D

Chọn đáp án A

có n_O ÷ n_N = 24 ÷ 11 ||→ X dạng C_nH_mN₁₁O₂₄; X + HCl là phản ứng của –NH₂ + HCl → –NH₃Cl.

n_HCl = 0,22 mol ||→ n_X = 0,02 mol. Đốt X → 0,62 mol CO₂ ||→ n = 31.

19,62 gam X, n_X = 0,02 mol → M_X = 981 → m = 71 → n_H2O = 0,71 mol.

Bảo toàn O có n_O2 = 0,735 mol ||→ V = 16,464 lít. Chọn A

Chọn đáp án B

+ Vì n_{Hỗn hợp este} = 0,055 mol mà n_{KOH pứ vừa đủ} = 0,065 > 0,055 ⇒ Có este đa chức.

+ Nhưng vì ancol đơn chức + axit không phân nhánh ⇒ Có este 2 chức.

+ Đặt n_{Este đơn chức} = a và n_{Este 2 chức} = b ta có hệ.

Đốt 0,1 mol X cần 0,5 mol O₂ ⇒ Đốt 0,055 mol X cần 0,275 mol.

⇒ Đốt 0,055 mol Y cần n_O2 = 0,275 + $\frac{0,045}{2}$ = 0,2975 mol.

Ta có n_O/Y = 2n_KOH = 0,065×2 = 0,13 mol.

+ Khi đốt Y tạo ra n_CO2 = a mol và n_H2O = b mol.

⇒ Bảo toàn oxi có: 2a + b = 0,13 + 2nO₂ = 0,725 (1)

Ta có: n_CO2 – n_H2O = n_{Este no 2 chức} = a – b = 0,01 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ta có n_CO2 = 0,245 và n_H2O = 0,235 mol.

⇒ m_Y = m_C + m_H + m_O = 0,245×12 + 0,235×2 + 0,13×16 = 5,49.

⇒ Bảo toàn khối lượng ta có: m_Muối = 5,49 + 0,065×56 – 3,41 = 5,72 gam.

+ Gọi 2 muối có dạng:  

⇒ 0,045×(R+83) + 0,01×(R'+166) = 5,72  9R + 2R' = 65

+ Giải phương trình nghiệm nguyên ⇒ R = 1 và R' = 28

⇒ Muối có phân tử khối lớn hơn là (C₂H₄)(COOK)₂

%m_{(C2H4)(COOK)2} = $\frac{0,01.194}{5,72}$ × 100 ≈ 33,92% ⇒ Chọn B