Tổng hợp đề thi thử Hóa Học cực hay có đáp án (Đề số 14)

Chọn đáp án B

Chất béo là trieste của glixerol với axit béo ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

"Nước đá khô" không nóng chảy mà thăng hoa nên được dùng để tạo môi trường lạnh khô rất tiện cho việc bảo quản thực phẩm mà nhất là các loại hạt giống tốt.

Thành phần của "nước đá khô" là CO₂ rắn ⇒ Chọn B

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

Vì CuSO₄ + 2NaOH → Cu(OH)₂↓xanh lam + Na₂SO₄

⇒ Chọn D

Chọn đáp án D

Tơ nilon-6,6, tơ nitron và poli(vinyl clorua) là polime tổng hợp.

+ Xenlulozo là polime thiên nhiên ⇒ Chọn D

Chọn đáp án A

+ Etilen thuộc họ anken và nó cũng là anken bé nhất.

+ Etilen có CTCT là H₂C=CH₂ ứng với CTPT C₂H₄ ⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

Nhận thấy glucozo và glyxin không làm đổi màu quỳ tím.

+ Còn anilin tuy là 1 amin nhưng có gốc –C₆H₅ là 1 gốc hút e

⇒ Làm giảm mật độ điện tích âm trên trên tử nito.

⇒ LÀm chi anilin có tính bazo rất yếu ⇒ k đủ làm quỳ hóa xanh.

⇒ Chọn B

Chọn đáp án A

Ta có n_{NaOH pứ} = n_CH3COOCH3 = 3,33 ÷ 74 = 0,045 mol

⇒ V_NaOH = 0,045 ÷ 0,5 = 0,09 lít = 90ml ⇒ Chọn A

Chọn đáp án C

Ta có phản ứng:

CH₃COOC₂H₅ + KOH → CH₃COOK + C₂H₅OH.

Chọn đáp án D

Nhận thấy chỉ có Al tác dụng được với HCl.

+ Bảo toàn e ⇒ n_Al = 2 × n_H2 ÷ 3 = 0,1 mol ⇒ m_Al = 2,7 gam

⇒ %m_{Al/hỗn hợp} =  × 100 = 54% ⇒ Chọn D

Chọn đáp án C

Theo dãy hoạt động hóa học của các kim loại thì tính khử giảm dần.

⇒ Tính khử giảm dần từ Mg > Al > Fe > Ag.

⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

+ Poli(vinyl clorua) được điều chế bằng phản ứng trùng hợp.

+ Tơ nilon-6,6, poli(etylen terephtalat) được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng.

+ Polisaccarit như xenlulozo và tinh bột là polime thiên nhiên.

⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

pH lớn nhất ⇒ nồng độ OH^– lớn nhất ⇒ Chỉ có thể là NaOH hoặc Ba(OH)₂.

+ Vì cùng nồng độ ⇒ Chọn Ba(OH)₂.

Vì Ba(OH)₂ $\stackrel{điện li}{\to }$ Ba²⁺ + 2OH^–

⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

+ Etanol có CTCT CH₃CH₂OH ứng với CTPT là C₂H₆O

+ Etanol còn có tên gọi khác là ancol etylic ⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

NH₂CH₂COOH là 1 α–amino axit

+ Nó còn có tên thông thường là glyxin ⇒ Chọn B

Chọn đáp án A

Ta có phản ứng: CuO + CO $\stackrel{t^o}{\to }$ Cu + CO₂

⇒ n_{CO pứ} = n_CuO = 32 ÷ 80 = 0,4 mol.

⇒ V_CO = 0,4 × 22,4 = 8,96 lít ⇒ Chọn A

Chọn đáp án C

Phenol là 1 axit yếu ⇒ không tác dụng với axit axetic ⇒ Chọn C.

Chọn đáp án C

Giả sử andehit không phải HCHO.

⇒ RCHO → 2Ag (R ≠ H)

⇒ n_Andehit = n_Ag ÷ 2 = 0,015 mol ⇒ M_Andehit = 0,87 ÷ 0,015 = 58.

⇒ R = 29 ⇒ Andehit là C₂H₅CHO. (Điều giả sử là đúng)

Từ 11,6 gam C₂H₅CHO ⇒ n_C2H5CHO = 11,6 ÷ 0,2 mol.

⇒ n_{H2 pứ} = n_C2H5CHO = 0,2 mol ⇒ V_H2 = 4,48 lít.

⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

Vì NH₃ tan nhiều trong nước.

⇒ Không thể thu được NH₃ bằng phương pháp đẩy nước.

⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

K₂O + H₂O → 2KOH

Ta có n_K2O = 0,1 mol ⇒ n_KOH = 0,2 mol.

⇒ m_KOH = 11,2 gam.

⇒ C%_KOH = $\frac{11,2}{9,4+70,6}$ × 100 = 14%.

⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

Xenlulozo có công thức tổng quát là (C₆H₁₀O₅)_n phân tử khối > 2 triệu đvc.

⇒ Xenlulozo thuộc loại polisaccarit ⇒ D sai ⇒ Chọn D

Chọn đáp án C

Phản ứng lên men rượuL

C₆H₁₂O₆ $\stackrel{LMR}{\to }$ 2C₂H₅OH + 2CO₂

+ Vì NaOH dư ⇒ Tạo muối Na₂CO₃.

⇒ ∑n_CO2 = n_Na2CO3 = 318 ÷ 106 = 3 mol.

⇒ n_{Glucozo đã pứ} = 3 ÷ 2 = 1,5 mol

⇒ H = $\frac{1,5.180}{360}$ × 100 = 75% ⇒ Chọn C

Chọn đáp án B

Đốt hỗn hợp các ankan ta luôn có: n_CO2 – n_H2O = n_{Hỗn hợp ankan}

n_CO2 = n_H2O – n_{Hỗn hợp ankan} = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol.

⇒ V_CO2 = 6,72 lít ⇒ Chọn B

Chọn đáp án A

Vì có gốc cacbonat ⇒ có khí CO₂ ⇒ Loại B.

+ Vì HNO₃ loãng ⇒ khả năng cao tạo NO.

⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

Chú ý: peptit chỉ chứa gốc α-amino axit

⇒ Chọn D.

Chọn đáp án B

Ta có pứ: CH₃COOH + C₂H₅OH ⇌ CH₃COOC₂H₅ + H₂O.

+ Ta có n_Este = 0,8 × 0,8 = 0,64 mol.

⇒ m_Este = 0,64×88 = 56,32 gam ⇒ Chọn B

Chọn đáp án C

Số chất trong dãy phản ứng được với dung dịch NaOH đun nóng là

Metyl fomat, valin, metylamoni axetat, Gly–Ala–Gly ⇒ Chọn C

Chọn đáp án D

C_{M Ba(OH)2} = 0,005M ⇒ C_{M OH}^– = 0,005 × 2 = 0,01M

⇒ pOH = 2 ⇒ pH = 14 – 2 = 12 ⇒ Chọn D

Chọn đáp án D

Nhận thấy m_M + m_Cl^– = 22,855 < 23,365.

⇒ Trong dung dịch có OH^– ⇒ m_OH^– = 0,51 gam.

⇒ n_OH^– = 0,03 mol.

⇒ ∑n_{e cho} = ∑n_{e nhận} = n_OH^– + n_Cl^– = 0,2 + 0,03 = 0,23 mol.

⇒ Gọi hóa trị của M là n ⇒ N = $\frac{15,755}{0,23}$ × n = 68,5n

⇒ M = 137 ứng với n = 2 ⇒ Chọn D

Chọn đáp án A

Vì ↓ cực đại = 0,8 mol ⇒ n_Ca(OH)2 = 0,8 mol và ∑n_CO2 = 1,2 mol.

+ Từ đồ ⇒ sau khi cho 1,2 mol CO₂ vào dung dịch chứa 0,8 mol Ca(OH)₂ ta có:

n_CaCO3 = 1,2 – 0,8 = 0,4 mol.

⇒ Bảo toàn canxi ⇒ n_Ca(HCO3)2 = 0,8 – 0,4 = 0,4 mol.

⇒ m_{Dung dịch sau phản ứng} = 1,2×44 + 200 – 0,4×100 = 212,8 gam.

⇒ C%_Ca(HCO3)2 = $\frac{0,4.162}{212,8}$ ≈ 30,45% ⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

Đặt CTTQ của là C_xH_yO_z ta cớ pứ cháy:

C_xH_yO_z + (x + 0,25y – 0,5z)O₂ → xCO₂ + 0,5yH₂O.

PT theo nH₂O ⇒ n_H2O = 0,1×0,5y = 0,2 ⇒ y = 4.

PT theo n_O2 ⇒ n_O2 = 0,1×(x + 0,25y – 0,5z) = 0,28

⇒ x – 0,5z = 1,8

+ Ta có độ bất bão hòa của X = k = (2x + 2 – y) ÷ 2

⇒ Số liên π giữa cacbon và cacbon = (2x + 2 – y) ÷ 2 – z÷2 = x – 0,5z = 0,8

⇒ n_{Br2 pứ} = 0,1 × 0,8 = 0,08 mol ⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

● Ta có: n_Ba²⁺ = 0,3 mol và ∑n_SO4^2– = 0,35 mol.

⇒ n_BaSO4 = 0,3 mol ⇒ m_BaSO4 = 0,3 × 233 = 69,9 gam.

● Ta có ∑n_OH^– = 0,8 mol. và n_Zn²⁺ = 0,25 mol.

⇒ n_Zn(OH)2 = 4n_Zn²⁺ – ∑n_OH^– = 0,2 mol.

⇒ m_Zn(OH)2 = 0,2 × 99 = 19,8 gam.

⇒ Tổng khối lượng kết tủa = 69,9 + 19,8 = 89,7 gam ⇒ Chọn B

Chọn đáp án A

Chỉ có ý (5) sai. Vì axit glutamic mới là thuốc hỗ trợ thần kinh.

⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

Tơ visco là tơ bán tổng hợp ⇒ B sai ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

Thí nghiệm thu được kim loại là (3) và (5) ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

TN1: Fe₃O₄ + 8HCl → 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O

2FeCl₃ + Cu → CuCl₂ + 2FeCl₂

Vì Cu còn dư 0,1 mol nên sau phản ứng chứa FeCl₂ : 3a mol, CuCl₂ : a mol → a. 232 + 64. ( a + 0,1)= 24,16 → a = 0,06 mol

Vậy X gồm Cu: 0,16 mol và Fe₃O₄ : 0,06 mol

TN2: 24,26 g

 78,16 gam chất rắn

+ Nhận thấy nếu chất rắn chỉ chứa NaNO₂ : 0,12 mol thì m_{chất rắn} = 0,12. 69 > 78,16 gam.

⇒ Chất rắn chứa đồng thời NaNO₂ : x mol và NaOH : y mol

Ta có hệ

Giả sử sản phẩm khử chứa N và O

Bảo toàn nguyên tố N → n_N = 1,2 - 1,04 = 0,16 mol

Bảo toàn electron → 2n_Cu + n_Fe3O4 = 5n_N - 2n_O → n_O = 0,21 mol

Bảo toàn khối lượng → m_dd = 24,16 + 240 - 0,16.14 - 0,21. 16 = 258,56 gam

%Cu(NO₃)₂ =$\frac{0,16.188}{258.56}$ . 100% = 11,63%. ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

Ta có: 1 mol dung dịch X chứa x+2y mol OH^-

+ Ta có 1 mol dung dịch Y chứa y+2x mol OH^-

+ Vì khi cho SO₄^2- vào vẫn còn kết tủa nên lượng kết tủa tính trong bài hoàn toàn tính theo CO₃^2-

+ Hấp thụ hết 0,04 mol CO₂ vào 200 ml dung dịch X, thu được dung dịch M và 1,97 gam kết tủa

⇒ n_OH^– = 0,2×(x+2y)

⇒ n_BaCO3 = 0,01, n_Ba(HCO3)2 = $\frac{0,04-0,01}{2}$ = 0,015 mol

⇒ n_OH^– = 0,01×2 + 0,015×2 = 0,05 mol.

⇒ x + 2y = 0,25.

+ Nếu hấp thụ hết 0,0325 mol CO₂ vào 200 ml dung dịch Y thì thu được dung dịch B và 1,4775 gam kết tủa.

n_BaCO3 = 0,0075 ⇒ n_HCO3^– = 0,0325 – 0,0075 = 0,025.

⇒ n_OH^– = 0,2×(2x + y) = 0,025 + 0,0075×2 = 0,04 → 2x + y = 0,2.

⇒ x = 0,05 và y = 0,1 ⇒ Chọn B

Chọn đáp án A

21,62 gam E (este đều đơn chức) + vừa đủ 0,3 mol NaOH ||→ n_{COO trong E} = 0,3 mol

♦ giải đốt 21,62 gam E (0,3 mol) + O₂ –––^to–→ x mol CO₂ + y mol H₂O.

(CO₂ + H₂O) + Ca(OH)₂ dư có Δm_{dung dịch giảm} = 56x – 18y = 34,5 gam.

Lại có m_E = 12x + 2y + 0,3 × 32 = 21,62 gam ||→ giải x = 0,87 mol và y = 0,79 mol.

||→ tương quan ∑n_CO2 – ∑n_H2O = n_{Y + Z} = 0,08 mol → n_X = 0,22 mol.

chú ý: Y, Z không no và thủy phân cho ancol nên số C_{Y, Z} ≥ 4.

Chặn số C_{trung bình của X} < (0,87 – 0,08 × 4) ÷ 0,22 = 2,5 → số C_X = 2 hay X là HCOOCH₃.

♦ Biện luận: hai ancol đồng đẳng nên ancol còn lại là C₂H₅OH.

Thủy phân E chỉ cho 2 muối mà 1 muối là HCOONa (no rồi)

||→ 1 muối còn lại phải là không no 1 C=C là gốc axit của Y và Z.

nghĩa là Y là C_nH_{2n – 1}COOCH₃ và Z là C_nH_{2n – 1}COOC₂H₅ (Y, Z đồng đẳng kế tiếp)

Đơn giản, tính lại số C_{trung bình Y, Z} = (0,87 – 0,22 × 2) ÷ 0,08 = 5,375

||→ số C_Y = 5 và số C_Z = 6. tuy nhiên, đọc kĩ yêu cầu bài tập

||→ chỉ quan tâm muối lớn trong F là 0,08 mol C₃H₅COONa ⇄ m_{yêu cầu} = 8,64 gam. Chọn A.