Tổng hợp đề thi thử THPTQG Hóa học mức độ cơ bản nâng cao (đề số 12)

Đáp án : D 

Đáp án : B

Đáp án : C

Đáp án : D

HCOOC₂H₅ + NaOH à HCOONa + C₂H₅OH    

   0,05 mol          à           0,05 mol

=> m_muối = m_HCOONa = 3,4g

Đáp án : C

CuO + CO àCu + CO₂

=> m_{rắn giảm} = m_CO2 – m_CO = m_{O pứ} = 3,2g

=> n_{O pứ} = n_CO = 0,2 mol

=> V = 4,48 lit

Đáp án : B

Đáp án : D

Đáp án : D

Đáp án : A

Đáp án : C

Đáp án : D

Nhận biết nhở phản ứng : BaCl₂ + Na₂SO₄ à BaSO₄↓ + 2NaCl

Đáp án : B

Glucozo à 2Ag

=> n_Ag = 2n_Glucozo = 0,2 mol

=> m = 21,6g

Đáp án : D

Khi điện phân không có màng ngăn thì :

2NaOH + Cl₂ à NaCl + NaClO + H₂O

                             Nước Gia ven

Đáp án : B

Saccarozo có nhiều nhóm Oh kề nhau nên thực hiện phản ứng với Cu(OH)₂ tạo phức tan màu xanh

Đáp án : A 

Đáp án : B

Phản ứng màu biure giữa protein và Cu(OH)₂ cho sản phẩm có màu tím

Đáp án : D

Bảo toàn e : 2n_Mg = 10n_N2

=> n_N2 = 0,03 mol

=> V = 0,672 lit = 672 ml

Đáp án : D

Đáp án : A

Đáp án : A

Đáp án : B

n_Oleum = 0,15 mol

=> Sau khi hòa tan Oleum vào dung dịch thì :

m_H2SO4 = m_{H2SO4 trong dd ban đầu} + m_{H2SO4 (Oleum)}

                      = 100.30% + 98.3.0,15 = 74,1g

Đáp án : B

(a) Hiđro hóa hoàn toàn axetilen (xúc tác Ni) thu được etilen.

Sai. Tạo C₂H₆ ( etan ).

(b) Phân tử toluen có chứa vòng benzen.

Đúng.

(c) Etylen glicol và glixerol là đồng đẳng của nhau.

       Sai. Etylen Glicol là điol còn Glixerol là triol.

(d) Anđehit vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử.

Đúng.

(e) Axit axetic hòa tan được Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường.

Đúng.

=> Có 3 câu đúng

Đáp án : C

n_ancol = n_H2O – n_CO2 = 0,05 – 0,03 = 0,02 mol = n_OH

=> Trong hỗn hợp ancol có : 0,03 mol C ; 0,1 mol H và 0,02 mol O

=> m_ancol = 0,78g

Phản ứng tạo ete có dạng : 2ROH à ROR + H₂O

=> n_H2O = ½ n_ancol = 0,01 mol

Bảo toàn khối lượng : m_ROR = m = m_ancol – m_H2O

=> m = 0,78 – 0,01.18 = 0,6g

Đáp án : B

Đáp án : D

Đáp án : A

n_OH = 0,01.(1.2+1) = 0,03 mol

n_H+ = 0,04.(0,125 + 0,375.2) = 0,035 mol

=> [H⁺] = $\frac{n_{H^{+}}-n_{O{H}^{-}}}{V_X + V_Y}$=$\frac{0,035 - 0.03}{0,01+0,04}$= 0,1 (M)

=> pH = 10^-[H+] = 1

Đáp án : B

Chỉ có 2 chất bị thủy phân trong môi trường kiềm là : vinyl fomat và metyl acrylat

Đáp án : C

n_NaOH = 0,04 mol = 2n_X => X có 2 nhóm COOH

CT X : H₂N – R – (COOH)₂ => muối H₂N – R – (COONa)₂

=> M _Muối = R + 150 = $\frac{3,82}{0.02}$ = 191g

=> R = 41 (C₃H₅)

=> X là H₂N – C₃H₅ – (COOH)₂

Đáp án : B

Các thí nghiệm xảy ra phản ứng là :

(a) :   Ca + H₂O à Ca(OH)₂ + H₂

Ca(OH)₂ + CuSO₄ à CaSO₄ + Cu(OH)₂↓

(c) : H⁺ + Fe²⁺ + NO₃^- à Fe³⁺ + sản phẩm khử chứa Nito + H₂O

Đáp án : C

M_X = 22.4 = 88g => Este X là C₄H₈O₂

=> Các đồng phân cấu tạo :

HCOOCH₂CH₂CH₃ ; HCOOCH(CH₃)₂;         CH₃COOC₂H₅ ; C₂H₅COOCH₃

Đáp án : D

Lượng Ag sinh ra từ X₁ gấp 2 lần X₂ ; X₃ => X₁ là HCHO

Phản ứng tráng bạc 3 chất nhưng chỉ tạo ra 2 muối Y và Z

=> có 2 chất phản ứng ra cùng 1 muối

=> Loại A và C ( tạo 3 muối ) và loại B ( tạo 1 muối )

Đáp án : A

Các quá trình có thể xảy ra ở điện cực :

+) Catot :    Cu²⁺ +2e à Cu

                   2H₂O + 2e à  2 OH^- + H₂

+) Anot :     2Cl^- à  Cl₂ + 2e

                   2H₂O à  4H⁺ + O₂ + 4e

Điện phân đến khi nước đều bị điện phân ở cả 2 điện cực

          => Cu²⁺ và Cl^- đều bị điện phân hết

Xét TH₁ : Y có H⁺ => n_H+ = 3n_Al = 0,3 mol => n_{e ( H+)} = n_{e (Cu2+)} => Vô lý

=> Y có OH^- => n_OH- = n_Al = 0,1 mol

=> n_{e trao đổi} = 2n_Cu2+ + n_OH- = n_Cl- = 0,4 mol = n_KCl

=> Y có 0,15 mol K₂SO₄ và 0,1 mol KOH

m_Y = m_X – m_Cu – m_H2 – m_Cl2 = 76,1g

=>C%_K2SO4(Y) = 34,30%

Đáp án : C

Khi đốt cháy a mol hỗn hợp với tỷ lệ số mol các chất khác nhau mà tạo được cùng số mol CO₂ và H₂O => 2 chất trong hỗn hợp có cùng số C và H

=> số C = 3a : a = 3 ; số H = 2.2a : a = 4

( số liên kết p = 2) => axit có tối đa 2 nhóm COOH

Mà 2 axit khác nhau => 2 axit là C₃H₄O₂ (X) và C₃H₄O₄ (Y)

=> %m_O/X = 44,44%

 Và %m_O/Y = 61,54%

Đáp án : A 

Đáp án : C

Do P₂ phản ứng tạo nhiều kết tủa hơn => Số mol Ba²⁺ < số mol HCO₃^-

=> n_Ba2+ = $\frac{m}{197}$ mol ; n_HCO3- = 4.$\frac{m}{197}$mol

Khi đun sôi đến cạn :

2HCO₃^- à CO₂ + CO₃^2- + H₂O

=> n_CO2(1) = ½ n_HCO3- = 2.$\frac{m}{197}$mol

Khi nhiệt phân : BaCO₃ à BaO + CO₂

=> n_CO2(2) = n_Ba2+ = $\frac{m}{197}$mol

=> $\frac{v1}{v2}=\frac{{\displaystyle \frac{2m}{197}}}{{\displaystyle \frac{m}{197}}}$ $=\frac{2}{1}$

Đáp án : A

(a) Kết tủa BaSO₄

(b) Kết tủa Al(OH)₃

(e) Kết tủa là Al(OH)₃

Hỗn hợp đầu có 1 mol Al₄C₃ và 1 mol CaC₂

=> cho vào nước : 4 mol Al(OH)₃ và 2 mol Ca(OH)₂

Ca(OH)₂ + 2Al(OH)₃ à Ca(AlO₂)₂ + 4H₂O

=> Vẫn dư 2 mol Al(OH)₃

(g) Kết tủa là S

Đáp án : B

Gọi sốm ol NO và NO₂ lần lượt là x và y mol

Bảo toàn e : 2n_Cu = 3x + y = 0,12 mol

Lại có : NO + ½ O₂ à NO₂

4NO₂ + O₂ + 2H₂O à 4HNO₃

=> n_{O2 pứ} = $\frac{3x+y }{4}=\frac{V- 0,25V}{22,4}$ 

=> V = 0,896 lít

Đáp án : A

Vì X chỉ có 1 Ala . mà sản phẩm thu được gồm Gly – Ala và Ala – Gly

=> Cấu tạo của X sẽ gồm : Gly – Ala – Gly.

Mà X có 3 Gly => không thể có sản phẩm Gly – Gly – Gly

Đáp án : D

n_{kết tủa} = 0,2 mol = n_phenol

Gọi axit là RCOOH

=> Khi phản ứng với Na : n_{Na pứ}.22 = m_muối  - m_X  => n_{Na pứ} = n_X = 0,3 mol

=> n_axit = 0,1 mol => M_RCOOH = 72g ( CH₂=CHCOOH)

Khi phản ứng với Br₂ :

          Phenol + 3Br₂ à 3HBr

          CH₂=CHCOOH + Br₂ à C₂H₃Br₂COOH

Phản ứng với NaOH :   

NaOH + HBr à NaBr + H₂O

          C₂H₃Br₂COOH + 3NaOH à CH₂OH – CH(OH)COONa + 2NaBr

=> n_{NaOH pứ} = 3.n_phenol + 3n_axit = 0,9 mol = V.1 => V = 0,9 lit

Đáp án : D

Nước phun vào trong bình chuyển từ không màu thành hồng

Đáp án : D

Vì X gồm 2 chất đơn chức => X gồm C₆H₅COOH và HCOOC₆H₅

=> n_X = 0,03 mol

,n_HCOOC6H5 = ½ n_Ag = 0,01 mol => n_C6H5COOH = 0,02 mol

Khi phản ứng với KOH thu được :

0,02 mol C₆H₅COOK ; 0,01 mol HCOOK ; 0,01 mol C₆H₅OK

=> m_muối = 5,36g

Đáp án : B

Khi thêm KOH vào X có khí thoát ra => sản phẩm khử N⁺⁵ là NH₄NO₃

=> Khí thoát ra đầu tiên là H₂ và NH₃  :

Na + H₂O à NaOH + ½ H₂

x    à                    x        à ½ x

NH₄NO₃ + NaOH à NaNO₃ + NH₃ + H₂O

                    x à                    x

=> 0,015 mol = 1,5x è x = 0,01 mol

Và n_{NH4NO3 còn lại} = n_{NH3 sau} = 0,01 mol

Bảo toàn e : n_Na = 2n_H2 + 8n_NH4NO3 = 0,17 mol

=> m = 3,91g

Đáp án : D

Sau phản ứng nhiệt nhôm thu được : x mol Al ; y mol Cr₂O₃ ; z mol Cr và t mol Al₂O₃

Do phản ứng hoàn toàn nên Y không có Al hoặc không có Cr₂O₃

=> Bảo toàn khối lượng : m_X = m_Y = 27.(x+2t) + 152.(y+0,5z) = 15,4g (1)

n_HCl = 3n_Al + 6n_Al2O3 + 6n_Cr2O3 + 2n_Cr = 3x + 6t + 6y + 2z = 0,9 mol (2)

,n_H2 = 1,5n_Al + n_Cr => 3x + 2z = 0,06.2 = 0,12 mol (3)

Từ (2),(3)  => y + t = 0,13 mol

=> n_NaOH = 4n_AlCl3  + 4n_CrCl3 + 2n_CrCl2 = 4(x+2t) + 4.2y + 2z = 8y + 8t + 4x + 2z

+) TH₁ : Không có Al => x = 0 => z = 0,06 mol

=> 54t + 152y = 10,84g và t + y = 0,13

            => t = 0,09 và y = 0,04 => n_{NaOH pứ} = 1,02 mol => m =40,8g

+)TH₂ : Không có Cr₂O₃ => y = 0 => t = 0,13 mol

=> 27x + 76z = 8,38g và 3x + 2z = 0,06

=> x = - 0,07 mol (L)

Đáp án : A

Ta có : M_Y = 46,4g

Gọi CT anken là C_nH_2n và giả sử số mol 2 chất ban đầu là 1 mol

=> M_CnH2n+2 = 14n + 2 > M_Y = 46,4 => n > 3,17

Mà anken thể khí => n ≤4 => n = 4

C_nH_2n + H₂ à C_nH_2n+2

x        à x   à  x mol

=> n_Y = 2- x mol

=> Bảo toàn khối lượng : m_X = m_Y => 2 + 14n = (2 – x).46,4

=> x = 0,75 mol

=> H = 75% 

Đáp án : C

Đặt số mol các chất trong X lần lượt là : a, b , c , d

Ca + 2H₂O à Ca(OH)₂ + H₂

CaC₂ + 2H₂O à Ca(OH)₂ + C₂H₂

Al₄C₃ + 12H₂O à 4Al(OH)₃ + 3CH₄

Ca(OH)₂ + 2Al + 2H₂O à Ca(AlO₂)₂ + 3H₂

Ca(OH)₂ + 2Al(OH)₃ à Ca(AlO₂)₂ + 4H₂O

Bảo toàn H : 2nH₂O đốt cháy = 2nH₂ + 2nC₂H₂ + 4nCH₄

=> 2b + 12c + 2d+ 3a = 1,05 mol

=> 2(b+d) + 3(4c +a) = 1,05 = 2nCa + 3nAl

(trong X nếu coi X gồm Ca, Al , C)

m_X = 40n_Ca +27n_Al + 12n_C (n_C = n_CO2 = 0,2 mol)

=> 40n_Ca + 27n_Al = 12,75g

=> n_Ca = 0,15mol ; n_Al = 0,25 mol

Sản phẩm không có kết tủa => dung dịch gồm : Ca(AlO₂)₂ và Ca(OH)₂

Bảo toàn nguyên tố => Y có : 0,125 mol Ca(AlO₂)₂ và 0,025 mol Ca(OH)₂

n_HCl = 0,4 mol

OH^-  +    H⁺    à H₂O

0,05 à 0,05 => dư 0,35 mol H⁺

nH+ = 4n_AlO2 – 3n_Al(OH)3

=> m_Al(OH)3 = 78. $\frac{0,65}{3}$ = 16,9g

Đáp án : D

n_O2 = 0,12 mol ; n_CO2 = 0,15 mol ; n_H2O = 0,07 mol

Do X và Y có cùng số C nên Số C = 0,15 : 0,05 = 3

Do X, Y tráng bạc đều tạo số mol Ag gấp 4 lần số mol ban đầu => trong X và Y đều phải có 2 nhóm CHO.

Bảo toàn O : n_O(X,Y) = 0,13 mol => Số O trung bình = 2,6

Sô H trung bình = 2,8

M_X – M_Y = 14 => X hơn Y 1 O nhưng kém hơn 2H )

=> Y là CH₂(CHO)₂ => X là OHC – CO – CHO

Đáp án : A

Ta thấy m_X > m_{Rắn (gồm oxit)} => Y gồm cả Fe , Cu , Ag

Gọi số mol Mg là x ; số mol Fe phản ứng đầu là y và dư sau đó là z mol

=> m_X = 24x + 56y + 56z = 7,36g   (1)

Bảo toàn e : 2n_Mg + 2n_{Fe pứ} + 3n_{Fe dư} = n_Ag + 2n_Cu + 3n_{Fe dư} = 2n_SO2

=> 2x + 2y + 3z = 0,45 mol

,m_rắn = m_MgO + m_Fe2O3 = 40x + 80y = 7,2g

=> x = 0,12 mol ; y = 0,03 mol ; z = 0,05 mol

=> %m_Fe(X) = 60,87%

Đáp án : C

n_CO2 = 0,13 mol ; n_H2O = 0,15 mol

Vì n_H2O > n_CO2 => 2 ancol đều no.

Este hóa  m gam X  thì chỉ thu được este => số mol COOH = số mol OH

Gọi số mol axit đơn chức là a và axit 2 chức là b mol => n_ancol = a + 2b

=> n_H2O – n_CO2 = n_ancol – n_axit. (p - 1)

=> 0,02 = a + 2b – (p - 1)(a + b) = 2a + 3b - p(a + b)

=> p < 3 và p > 1 để biểu thức dương

=> p = 2 => axit đơn chức có 1 liên kết C=C và axit 2 chức no

Và b = 0,02 mol

=> n_ancol = 0,04 + a => Khi phản ứng este hóa : n_H2O = n_ancol = 0,04 + a mol

=> bảo toàn nguyên tố : n_O(X) = 3a + 0,12 mol

=> m_X = 0,13.12 + 0,15.2 + 16.(3a + 0,12) g

Bảo toàn khối lượng : m_X = m_este + m_H2O

=> 1,86 + 16.(3a + 0,12) = 3,36 + 18.(0,04 + a)

=> a = 0,01 mol

=> n_X = 0,01 + 0,02 + 0,05 = 0,08 mol

=> Số C trung bình = 1,625

=> ancol CH₃OH.

Số H trung bình = 3,75 => axit 2 chức là (COOH)₂

Gọi 2 chất : axit đơn chức  C_nH_2n-2O₂ và hỗn hợp ancol C_mH_2m+2O

,m_X = 4,26g

Bảo toàn C : 0,01n + 0,05m = 0,13 – 0,04 = 0,09

=> n + 5m = 9 . mà m > 1 vì trong hỗn hợp ancol có CH₃OH

=> n < 4. Mà  axit có 1 liên kết C=C => axit là CH₂=CHCOOH

=> %m_CH2=CHCOOH = 16,90%

Đáp án : A

Cu(NO₃)₂  → CuO + 2NO₂ + 1/2 O₂ 

Mg(NO₃)₂ → MgO + 2NO₂ + 1/2 O₂

NaNO₃→NaNO₂ + 1/2 O₂

 hh khí là O₂ : a mol và NO₂: b mol 

=> hệ a + b = 0,12 và 32a + 46b = 19,5.2.0,12

=> a=0,06 ; b=0.06 

Từ ptpu có n_NaNO3 = (n_O2  - n_NO2/4 ). 2 = 0,09 mol 

=> n _{(Cu2+ và Mg 2+)} =0.03 mol 

trong dd Y có : Cu²⁺ ,Mg²⁺ ,NO₃^- ,SO₄^2- và  Na⁺ có n_SO42- = n _BaSO4 = 0, 04 mol 

bảo  toàn ĐT 0,03.2 +  0,09 = 0,04.2+ n_NO3- => n_NO3- = 0,07 

lại có  0.03mol gồm NO₂ và SO₂ 

BTNT nito có n_NO2  =n_NaNO3   -   n_NO3- = 0,02 mol 

                        n_SO2= 0,01 mol  

Cu → Cu ²⁺

Mg → Mg ²⁺ 

O → O ^2-

S→  S ⁺⁶

N ⁺⁵ → N ⁺⁴

S ⁺⁶  →  S  ⁺⁴( H₂SO₄) 

 => nS = ( 2n_SO2 + n_NO2 + 2n_O  -( n_Cu2+ + n_Mg2+).2 ) : 6   ( n_O = 0,3m/16) 

 => m-0,3m-(0,00625m-1/300).32+0,09.23+0,04.96+0,07.62= 4m

=>m = 2,959g

Đáp án : C

Đặt công thức chung của các peptit là C_xH_yN_kO_k+1

(do được tạo bởi toàn bộ amino axit có 1 nhóm COOH và 1 nhóm NH₂)

+ ) Phản ứng thủy phân : C_xH_yN_kO_k+1 +kKOH à sản phẩm muối + H₂O

=> M _muối = 12x + y + 30k + 16 + 56k – 18 = 12x + y + 86k – 2 (1)

+ ) Phản ứng cháy : C_xH_yN_kO_k+1 + (x+$\frac{1}{4}$y -$\frac{1}{2}$k-$\frac{1}{2}$)O₂ à CO₂ + H₂O + N₂ (2)

Có n_O2 = 0,1875 mol

+) Khi hấp thụ sản phẩm cháy thì m_dd giảm = m_BaCO3 – m_CO2 – m_H2O

=> 21,87g = n_X . (197x – 44x – 9y) (3)

Từ (1) , (2) , (3) :

=> n_X =  

Giải phương trình phức hợp trên ta được :

=> x =8 ; y = 14,5 ; k = 3,5

=> m = n_BaCO3.197 = n_X .x . 197