Tổng hợp đề thi thử Hóa Học cực hay có đáp án (Đề số 3)

Chọn đáp án D

Este X mạch hở có công thức phân tử C₃H₄O₂ có cấu tạo HCOOCH=CH₂: vinyl fomat. Đáp án D.

Chọn đáp án C

Tinh bột và xenlulozo khác nhau số mắt xích n nên không phải là đồng phân của nhau

Chọn đáp án B

Trong công nghiệp, để sản xuất xà phòng và glixerol thì thủy phân chất chất béo ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

Ta có ancol metylic là CH₃OH || axit propionic là C₂H₅COOH.

C₂H₅COOH + CH₃OH → C₂H₅COOCH₃ + H₂O.

C₂H₅COOCH₃ có tên gọi là metyl propionat ⇒ Chọn B

Chọn đáp án A

Nhận thấy phenyl fomat k thỏa mãn vì sinh ra phenol.

Mà phenol là 1 axit yếu ⇒ tiếp tục tác dụng với NaOH tạo C₆H₅ONa ⇒ Chọn A

______________________________

● Phenyl fomat $\iff$ HCOOC₆H₅

HCOOC₆H₅ + 2NaOH → HCOONa + C₆H₅ONa + H₂O

● Metyl axetat $\iff$CH₃COOCH₃

CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH

● Tristearin $\iff$ (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

(C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃

● Benzyl axetat $\iff$CH₃COOCH₂C₆H₅

CH₃COOCH₂C₆H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₆H₅CH₂OH

Chọn đáp án C

Để tráng bạc ta cần có nhóm chức –CHO

+ Cả 4 chất đều không có nhóm –CHO.

+ Tuy nhiên fructozo trong môi trường OH^– $\iff$glucozo ⇒ Tráng bạc được.

⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

Vì Y là este đơn chức ⇒ Y chứa 2 nguyên tử Oxi

⇒ M_Este = $\frac{16.2.100}{32}$ = 100 $\iff$M_RCOOC2H5 = 100

⇒ R = 100 – 29 – 44 = 27 $\iff$R là –C₂H₃ ⇒ Chọn A

Chọn đáp án A

Tristearin là một este ⇒ Tristearin có phản ứng thủy phân ⇒ Chọn A

Chọn đáp án C

Saccarozo trong CTCT có 8 nhóm OH và glucozo có 5 nhóm OH.

⇒ Saccarozo và glucozo đều hòa tan được Cu(OH)₂ ở điều kiện thường

⇒ Chọn C 

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Đối với các nhóm chức khác nhau thì khả năng tạo liên kết hiđro thay đổi như sau:

-COOH > -OH > -COO- > -CHO > -CO-

+ Vì khả năng tạo liên kết hiđro tỉ lệ thuận với nhiệt độ sôi.

⇒ Cùng số nguyên tử cacbon thì t^o_s của axit lớn nhất ⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

Este có CTPT C₂H₄O₂ ⇒ Este là HCOOCH₃

⇒ n_HCOOCH3 = 9 ÷ 60 = 0,15 mol

⇒ m_HCOONa = 0,15 × (45 + 23) = 10,2 gam ⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

+ Vì tinh bột được tạo thành từ các mắt xính α Glucozo

⇒ Thủy phân hoàn toàn tinh bột → Glucozo.

Glucozo + H₂ → Sobitol ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

• Ta có m_{dung dịch giảm} = m_CaCO3 - m_CO2 → m_CO2 = 10 - 3,4 = 6,6 gam.

n_CO2 = 6,6 : 44 = 0,15 mol.

C₆H₁₂O₆ $\underset{30-{35}^{o}C}{\overset{enzim}{\to }}$ 2C₂H₅OH + 2CO₂

Theo lí thuyết n_{C6H12O6lí thuyết} = 0,15 : 2 = 0,075 mol.

Mà H = 75% → n_{C6H12O6thực tế} = 0,075 : 0,75 = 0,1 mol → m = 0,1 x 180 = 18 gam → Chọn D.

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

a. CH₃COOCH=CH₂+ NaOH → CH₃COONa + CH₃CHO → a đúng

Ở điều kiện thường, các este có phân tử khối lớn như mỡ động vật tồn tai ở trang thái răn → b sai

xenlulozơ đều có cấu trúc mạch không phân nhánh → c sai

Phản ứng xà phòng hóa chất béo luôn thu được muối các axit béo và glixerol → d sai

Glucozơ là hợp chất hữu cơ tạp chức → e sai

Tinh bột và xenlulozơ đều không bị thủy phân trong môi trường kiềm mà chỉ thủy phân trong môi trường axit → g đúng

Đáp án B.

Chọn đáp án C

Triglixerit X có công thức dạng (RCOO)₃C₃H₅

(RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

Có n_C3H5(OH)3 = n_X = 0,06 mol, n_NaOH = 3n_X = 0,18 mol

Bảo toàn khối lượng → m_X = 54,84 +5,52 -0,06. 3.40 = 53,16 gam.

Gọi số mol của CO₂ và H₂O lần lượt là x, y

Bảo toàn khối lượng → m_CO2 + m_H2O= m_X + m_O2 → 44x+ 18 y = 207,72

Bảo toàn nguyên tố O → 6.0,06 +4,83.2 = 2x + y

Giải hệ → x = 3,42 và y = 3,18

Số liên kết π trong X là ( 3,42- 3,18) : 0,06= 4 = 3π_COO+π_C=C

→ 0,1 mol X làm mất màu tối đa 0,1 mol Br₂

Đáp án C.

Chọn đáp án D

n_X = 0,3 mol; n_{KOH vừa đủ} = 0,4 mol ⇒ X có một este của phenol

Y no, đơn chức, mạch hở có phản ứng với NaOH ⇒ là ancol no đơn chức C_nH_2n+2O

||⇒ Hỗn hợp X gồm 0,2 mol este loại I (tạo Y) + 0,1 mol este của phenol.

♦ C_nH_2n+2O + 1,5n O₂ –––^to–→ CO₂ + H₂O.

→ 1,5n.0,2 = 0,9 → n = 3

♦ thủy phân: X + 0,4 mol KOH → 41,2 gam muối + 0,2 mol C₃H₈O + 0,1 mol H₂O.

⇒ Theo BTKL có m_X = 41,2+ 0,2 × 60 + 0,1 × 18 – 0,4 × 56 = 32,6 gam. Chọn D.

Chọn đáp án D

Các chất thỏa mãn 2 điều kiện là p-HOC₆H₄CH₂OOCCH₃ và HOOCC₆H₄COOC₂H₅. 

Chọn đáp án B

1 mol X + NaOH dư → 2 mol Y + 1 mol Z + 1 mol H₂O.

➤ Suy luận nào: X có CTPT C₉H₈O₄ chứa vòng benzen.

nếu vòng benzen ở Y thì 2 lần 6 là 12C > 9C rồi ⇒ Z chứa vòng benzen.

Lúc này, nếu Y có 2C → 2 × 2 = 4 + 6C_{vòng benzen} = 10C > 9C → loại.!

||→ Y chỉ chứa 1C thôi và rõ chính là HCOONa.

Để ý tiếp, Z chứa vòng benzen và sp chỉ có 1 mol H₂O

→ chứng tỏ chỉ có 1 chức este của phenol, chức kia là este thường.

||→ Z có 7C thỏa mãn đk trên là NaOC₆H₄CH₂OH.

⇒ CTCT của X là HCOOC_c6H₄CH₂OOCH.

Điểm lại: Y là HCOONa, Z là NaOC₆H₄CH₂OH và T là HOC₆H₄CH₂OH.

A sai (T chỉ + NaOH theo tỉ lệ 1 : 1)

Y có tham gia tráng bạc → C sai

X tác dụng với NaOh theo tỉ lệ 1: 3 → D sai

Chọn đáp án A

Gọi công thức của X là C₂H_yO_z

Nếu z = 0 → X tham gia phản ứng với dung dịch AgNO₃ trong NH₃ có tạo thành kết tủa → X phải có liên kết 3 đầu mạch → X là C₂H₂

Nếu z = 1. X tham gia phản ứng với dung dịch AgNO₃ trong NH₃ có tạo thành kết tủa → X chứa nhóm CHO → X là CH₃-CHO

Nếu z = 2 X tham gia phản ứng với dung dịch AgNO₃ trong NH₃ có tạo thành kết tủa → X chứa nhóm CHO → X là HCOOCH₃ hoặc CH₃CHO, HO-CH₂-CHO

Nếu z = 3 tX tham gia phản ứng với dung dịch AgNO₃ trong NH₃ có tạo thành kết tủa → X chứa nhóm CHO → X là HCOO-CHO

Đáp án A.

Chọn đáp án D

X gồm HOOC-COOH (C₂H₂O₄) , C₂H₅OOC-COOC₂H₅((C₆H₁₀O₄), C₆H₁₂O₆, C₁₂H₂₂O₁₁

số mol axit oxalicbằng 3 lần số mol đietyl oxalat → 3C₆H₁₀O₄+C₂H₂O₄=C₂₀H₃₂O₁₆

Vậy X gồm các chất dạng C_n(H₂O)_m

C_n(H₂O)_m+ nO₂ → nCO₂+ mH₂O

Có n_O2 = n_CO2 =1 mol

Bảo toàn khối lượng → m = 1. 44+16,56-1. 32 = 28,56 gam. Đáp án D.

Chọn đáp án B

Gọi công thức của Y là C_nH_2nO₂:0,1 mol

Biết số nguyên tử H trong X gấp hai lần số nguyên tử H trong Y → Công thức của X là C_mH_4nO:0,1 mol

C_nH_2nO₂ + $\frac{3n-2}{2}$ O₂ → nCO₂+ nH₂O

C_mH_4nO+ $\frac{2m+2n-1}{2}$ O₂ → mCO₂+ 2nH₂O

Có n_CO2=0,1( n+m) mol, n_H2O= 0,1n+ 0,1.2n = 0,3n mol

n_O2pu= 0,1( 1,5n-1) + 0,1(m+ n-0,5) = 0,25n+0,1m -0,15

Có 0,1( n+ m) + 0,3n + [0,75- (0,25n+ 0,1m- 0,15)] = 1,2 → 0,15n= 0,3 → n= 2

→ Y có công thức C₂H₄O₂:0,1 mol và X có công thức C_mH₈O : 0,1 mol

Vì oxi dư nên 0,25n+0,1m -0,15< 0,75 → 0,1m < 0,4 → m < 4 → m = 3

→ m_X = 0,1. 60 = 6 ga. Đáp án B.

Chọn đáp án C

X gồm HCOOCH₂-C₆H₅, CH₃COOC₆H₅, C₆H₅COOCH₃, C₂H₅OOC-COOC₆H₅

7,38 gam X + 0,08 mol NaOH → muối + 2,18 gam Y (HO-CH₂-C₆H₅,CH₃OH và C₂H₅OH) + H₂O

Y + Na → 0,02 mol H₂ → n_Y = 0,04 mol

Gọi tổng số mol của HCOOCH₂-C₆H₅ vàC₆H₅COOCH₃ là x,số mol của CH₃COOC₆H₅ là y, C₂H₅OOC-COOC₆H₅ là z

Chọn đáp án B

M_X = 32 : 0,32 = 100 ⇒ X là C₅H₈O₂.

♦ giải đốt 0,2 mol E + O₂ –––^to–→ 0,7 mol CO₂ + 0,625 mol H₂O.

⇒ C_{trung bình E} = 0,7 ÷ 0,2 = 3,5 ⇒ C_Y < 3,5.

⇒ có các khả năng cho Y là HCOOCH₃; HCOOC₂H₅ và CH₃COOCH₃.

Tuy nhiên chú ý rằng thủy phân E thu được 2 ancol có cùng số C ⇒ Y phải là HCOOC₂H₅: y mol

để suy ra được rằng ancol cùng số C còn lại là C₂H₄(OH)₂.

||⇒ cấu tạo của X là CH₂=CH–COOC₂H₅:x mol

este Z no là (HCOO)₂C₂H₄ : zmol

Ta có hệ

%n_Z=0,075:0,2 .100% = 37,5%. Đáp án B.