Tổng hợp đề thi thử Hóa Học cực hay có đáp án (Đề số 2)

Chọn đáp án D

A, B và C là các axit có tính oxi hóa mạnh ⇒ hòa tan được Cu.

⇒ chọn D vì ^H+/_H2 > ^Cu2+/_Cu ⇒ Cu + H⁺ → không phản ứng.

Chọn đáp án B

Thủy phân este trong môi trường kiềm được gọi là phản ứng xà phòng hóa.

Nó bắt nguồn từ phản ứng thủy phân chất béo – trieste, trong môi trường kiềm → Xà phòng.

⇒ Chọn B

Chọn đáp án C

A, B sai vì tinh bột và xenlulozơ thủy phân trong H⁺ tạo glucozơ.

D sai vì saccarozơ thủy phân trong H⁺ tạo glucozơ và fructozơ.

⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

Cách đọc tên của este (RCOOR') là tên R' + tên RCOO + at.

⇒ CH₃CH₂COOCH₃ có tên là Metyl propionat ⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

Fructozơ thường có nhiều trong quả ngọt, đặc biệt là mật ong (40%).

Saccarozơ thường có trong cây mía, củ cải đường, cụm hoa thốt nốt.

Glucozơ có trong hầu hết các bộ phận của cây và nhất là trong quả chín, đặc biệt có nhiều trong quả nho chín

⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Amin có tính bazơ yếu nên muốn khử mùi tanh của cá do amin gây ra thì phải dùng chất có tính axit yếu như giấm.

Giấm tạo muối amoni với amin và dễ bị rửa trôi bởi nước, hơn nữa do tính axit yếu nên ít ảnh hưởng đến chất lượng của cá.

Ps: ngoài ra có thể dùng chanh thay cho giấm vì trong chanh chứa axit xitric cũng là 1 axit hữu cơ yếu.

⇒ Chọn A.

Chọn đáp án B

A. Sắt (III) oxit.

B. Sắt (III) hidroxit.

C. Sắt từ oxit.

D. Sắt (III) sunfat.

⇒ chọn B.

Chọn đáp án B

n_H2 = n_Mg = 0,1 mol ⇒ V = 2,24 lít ⇒ chọn B.

Chọn đáp án A

B, C và D đều là α-amino axit ⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

X là HCOOCH₃ ⇒ n_muối = n_X = 0,3 mol.

⇒ m = 0,3 × 68 = 20,4(g) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

Bậc của amin bằng số nguyên tử H trong phân tử NH₃ bị thay thế bởi gốc hidrocacbon.

⇒ Amin bậc 1 phải chứa –NH₂ ||⇒ các đồng phân amin bậc 1 là: H₂N-CH₂-CH₂-CH₂-CH₃

CH₃-CH(NH₂)-CH₂-CH₂, H₂N-CH₂-CH(CH₃)-CH₃, CH₃-C(CH₃)(NH₂)-CH₃ ⇒ chọn D.

Chọn đáp án C

(1) CH₃ COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa.

(2) CH₃COOCH=CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₃CHO.

(3) CH₂=CHCOOCH=CHCH₃ + NaOH → CH₂=CHCOONa + CH₃CH₂CHO.

(4) HCOOCH₂CH=CH₂ + NaOH → HCOONa + CH₂=CHCH₂OH

(5) CH₃COOCH₂C₆H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₆H₅CH₂OH

⇒ phản ứng (1), (2) và (3) không tạo ancol ⇒ chọn C.

Chọn đáp án B

CH₃COOH là chất điện li yếu: CH₃COOH ⇄ CH₃COO^– + H⁺

⇒ [H⁺] = [CH₃COO^–] = [CH₃COOH]_{điện li} < [CH₃COOH]_{ban đầu} = 0,1M

⇒ chọn B.

Chọn đáp án C

||► Thu được rắn X ⇒ muối dư, H₂SO₄ hết.

⇒ n_H2SO4 = n_H2O = n_CO2 = 0,2 mol. Bảo toàn khối lượng:

m_X = 115,3 + 0,2 × 98 - 0,2 × 44 - 0,2 × 18 - 12 = 110,5(g).

Bảo toàn khối lượng: m_Z = 110,5 - 0,5 × 44 = 88,5(g).

Chọn đáp án D

Peptit chứa từ 3 mắt xích trở lên có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂/OH^– tạo phức chất màu tím.

⇒ Dùng Cu(OH)₂ phân biệt được tripeptit Ala-Ala-Gly và đipeptit Gly-Ala ⇒ chọn D.

Chọn đáp án B

Chọn B vì HNO₃ có tính oxi hóa mạnh nên:

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O.

Chọn đáp án B

1 saccarozơ + H₂O $\stackrel{H^{+}}{\to }$ fructozơ + glucozơ

1 fructozơ → 2 Ag || 1 glucozơ → 2 Ag ⇒ 1 saccarozơ → 4 Ag

n_saccarozơ = 0,1 mol ⇒ m = 0,1 × 4 × 108 = 43,2(g) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án B

A. Quỳ tím không đổi màu.

B. Quỳ tím hóa xanh.

C. Quỳ tím hóa đỏ.

D. Quỳ tím không đổi màu.

⇒ chọn B.

Chọn đáp án C

8(g) X + 0,2 mol HCl → m(g) muối

Bảo toàn khối lượng: m = 8 + 0,2 × 36,5 = 15,3(g).

Chọn đáp án C

(1) Zn + FeSO₄ → ZnSO₄ + Fe

(2) Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

(3) Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

(4) CO + FeO → Fe + CO₂

⇒ chỉ có (2) không tạo ra kim loại.

⇒ chọn C.

Chọn đáp án C

1 glucozơ → 2 Ag || n_glucozơ = 200 × 0,09 ÷ 180 = 0,1 mol.

⇒ m = 0,1 × 2 × 108 = 21,6(g) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

Đất bị chua tức là đất có pH < 7 ⇒ muốn khử chua phải dùng chất có tính bazơ.

⇒ dùng vôi sống để khử chua cho đất vì vừa rẻ vừa an toàn ⇒ chọn A.

Chọn đáp án D

X là CH₃NH₃NO₃ và Y là CH₃NH₂.

n_Y = 0,1 mol ⇒ n_NaNO3 = 0,1 mol.

⇒ m_muối = 0,1 × 85 = 8,5(g) ⇒ chọn D.

Chọn đáp án A

Cả 4 đáp án X đều chứa 1N ⇒ n_X = 2n_N2 = 0,2 mol.

⇒ số C/X = 3; số H/X = 7 ⇒ X là H₂NCH₂COOCH₃ ⇒ chọn A.

Chọn đáp án B

Các nhóm đẩy e như ankyl làm tăng tính bazơ của amin.

Ngược lại, các nhóm hút e như phenyl làm giảm tính bazơ của amin.

Với các amin béo (amin no) thì tính bazơ: bậc 2 > bậc 1 > bậc 3.

⇒ chọn B.

Chọn đáp án A

tên peptit = tên gốc axyl amino axit từ đầu N → C (được giữ nguyên).

⇒ glyxylalanylglyxin hay Gly-Ala-Gly ⇒ chọn A.

Chọn đáp án A

m(g) Chất béo (C_?H_?O₆) + 1,61 mol O₂ → 1,14 mol CO₂ + 1,06 mol H₂O

Bảo toàn khối lượng: m = 17,72(g). Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_{chất béo} = 0,02 mol.

⇒ 7,088(g) chất béo ⇄ 0,008 mol ⇒ Tăng giảm khối lượng:

m_muối = 7,088 + 0,008 × (23 × 3 - 41) = 7,312(g) ⇒ chọn A.

Chọn đáp án D

(d) Sai vì thủy phân saccarozơ thu được 2 loại monosaccarit là glucozơ và fructozơ.

⇒ chỉ có (d) sai ⇒ chọn D.

Chọn đáp án C

Đặt n_Al(NO3)3 = 3x ⇒ n_Zn(NO3)2 = 4x ⇒ n_Al = 3x; n_Zn = 4x.

Bảo toàn electron: 3n_Al + 2n_Zn = 8n_N2O ⇒ n_N2O = 2,125x.

Bảo toàn khối lượng: 27 × 3x + 65 × 4x + 152,775 = 155,25 + 44 × 2,125x

||⇒ x = 0,01 mol ⇒ m = 0,01 × 3 × 27 + 0,01 × 4 × 65 = 3,41(g) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án D

–COOH$\stackrel{KOH}{\to }$ –COOK ⇒ tăng giảm khối lượng: n_COOH = (a - m) ÷ (39 - 1)

2–COOH $\stackrel{+Ba{\left(OH\right)}_2}{\to }$ (–COO)₂Ba ⇒ tăng giảm khối lượng: n_COOH = (b - m) ÷ (0,5 × 137 - 1)

⇒ (a - m) ÷ 38 = (b - m) ÷ 67,5 ⇒ 29,5m = 67,5a - 38b ⇒ 59m = 135a - 76b ⇒ chọn D.

Chọn đáp án C

Fe dư ⇒ HCl hết. n_HCl = 0,8 mol; n_H2 = 0,1 mol. Bảo toàn nguyên tố Hidro:

n_H2O = (0,8 - 0,1 × 2) ÷ 2 = 0,3 mol || Bảo toàn nguyên tố Clo: n_FeCl2 = 0,4 mol.

Quy X về Fe và O ⇒ ∑n_Fe = 0,4 + 2,8 ÷ 56 = 0,45 mol; n_O = n_H2O = 0,3 mol.

⇒ m = 0,45 × 56 + 0,3 × 16 = 30(g). Do HNO₃ dư, bảo toàn electron:

3n_Fe = 2n_O + n_NO2 ⇒ n_NO2 = 0,75 mol ⇒ V = 16,8 lít ⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

C%_NaOH = 2%; C%_KOH = 2,8% ⇒ n_NaOH = n_KOH

⇒ quy về bazơ trung bình $\stackrel{-}{R}OH$ với  = (23 + 39) ÷ 2 = 31.

m_O = 0,4m ⇒ n_O = 0,025m ⇒ n_COOH = 0,0125m mol

$-COOH\to -COO\stackrel{-}{R}$ ⇒ tăng giảm khối lượng:

m + 0,0125m × (31 - 1) = 13,2 ⇒ m = 9,6(g) ⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

► Dung dịch X + rắn Y → khí Z.

Khí Z ít tan hoặc không tan trong H₂O

⇒ loại B và D vì NH₃ và SO₂ tan nhiều trong H₂O.

Loại A vì là khí + rắn ⇒ chọn C.

Chọn đáp án D

● –OH + Na → –ONa + ¹/₂ H₂↑ ⇒ n_OH = 2n_H2 = 1,92 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_CO2 = (1,92 + 3,38 × 2 - 3,4)/2 = 2,64 mol.

● Bảo toàn khối lượng: m = 2,64 × 44 + 61,2 - 3,38 × 32 = 69,2(g).

► Nhận xét: 3 ancol no đều có số C = số O || CH₂=CH-CH₂OH = C₃H₆O.

⇒ ∑n_C - ∑n_O = 2n_CH2=CH-CH2OH ⇒ n_CH2=CH-CH2OH = 0,36 mol.

⇒ %m_CH2=CH-CH2OH = 0,36 × 58 ÷ 69,2 × 100% = 30,17% ⇒ chọn D.

Chọn đáp án A

n_Cu²⁺ = 0,02 mol; n_NO3^– = 0,04 mol; n_H⁺ = 0,2 mol.

4H⁺ + NO₃^– + 3e → NO + 2H₂O ⇒ H⁺ dư 0,04 mol.

2H⁺ + 2e → H₂ || Cu²⁺ + 2e → Cu

⇒ ∑n_{e nhận} = 0,04 × 3 + 0,04 + 0,02 × 2 = 0,2 mol.

► Do Fe phản ứng "tối đa" nên Fe chỉ lên Fe²⁺:

Fe → Fe²⁺ + 2e ⇒ m_Fe = 0,2 ÷ 2 × 56 = 5,6(g).

Cách khác: NO₃^– hết ⇒ dung dịch cuối chứa FeSO₄.

⇒ n_Fe = n_SO4^2– = 0,1 mol ⇒ m_Fe = 5,6(g) ⇒ chọn A.

Chọn đáp án B

n_Al = 0,02 mol; n_Zn = 0,05 mol; n_NaOH = 0,485 mol.

NaOH + Y → dung dịch trong suốt {NaAlO₂, Na₂ZnO₂, NaNO₃}

Bảo toàn nguyên tố Natri: n_NO3^–_/Y = n_NaNO3 = 0,365 mol.

► Hòa tan "hoàn toàn" ⇒ HNO₃ dư hoặc đủ, kim loại hết.

Đặt n_NH4⁺ = x; n_N2 = y. Bảo toàn electron:

8x + 10y = 0,02 × 3 + 0,05 × 2. Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

∑n_N/spk = 0,394 - 0,365 = x + 2y || Giải hệ có:

⇒ x = 0,005 mol; y = 0,012 mol ⇒ V = 268,8 ml ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

Cho lần lượt tới dư các thuốc thử vào các mẫu thử:

A. - NH₄NO₃ và (NH₄)₂SO₄: sủi bọt khí không màu, mùi khai.

- Al(NO₃)₃: kết tủa keo trắng rồi tan ⇒ chỉ nhận được Al(NO₃)₃ ⇒ loại.

B. - NH₄NO₃ và Al(NO₃)₃: không hiện tượng.

(NH₄)₂SO₄: kết tủa trắng => chỉ nhận được (NH₄)₂SO₄ ⇒ loại.

C. Không mẫu thử nào có hiện tượng ⇒ loại.

D. - NH₄NO₃: sủi bọt khí không màu, mùi khai.

- Al(NO₃)₃: kết tủa keo trắng rồi tan.

- (NH₄)₂SO₄: kết tủa trắng không tan.

⇒ nhận được cả 3 dung dịch ⇒ Chọn D.

Chọn đáp án C

Đặt n_N2 = x; n_H2 = y ⇒ n_A = x + y = 0,05 mol; m_A = 28x + 2y = 0,05 × 11,4 × 2

Giải hệ có: x = 0,04 mol; y = 0,01 mol || n_O/khí = 2.∑n_{(NO2, O2)} . Bảo toàn nguyên tố Oxi:

n_O/H2O = 0,25 × 6 - 0,45 × 2 = 0,6 mol. Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_NH4⁺ = 0,02 mol.

n_Cl^–_/Z = n_HCl = 1,3 mol. Bảo toàn điện tích: n_Mg²⁺ = (1,3 - 0,25 × 2 - 0,02)/2 = 0,39 mol.

⇒ m = 0,39 × 24 + 0,25 × 64 + 0,02 × 18 + 1,3 × 35,5 = 71,87(g) ⇒ chọn C.