Tuyển tập đề thi minh họa Hóa Học (Đề số 5)

Đáp án D

Al, Cr, Fe thụ động trong HNO₃ đặc nguội nhưng Al tan được trong NaOH

Đáp án D

Fe + 3AgNO₃ → 3Ag + Fe(NO₃)₃

Đáp án A

Người ta thường làm sạch ruột phích bằng giấm ăn (dung dịch pha loãng của axit axetic).

Đáp án B

CO là sản phẩm tạo thành thi đốt  cháy than (C) trong điều kiện thiếu không khí. CO gây độc do nó cạnh tranh với nguyên tử O₂ trên hồng cầu

Đáp án C

polibuta-1,3-đien: cao su.

xenlulozơ triaxetat, nilon-6: tơ

nilon-6,6: tơ

Đáp án C

Tristearin là chất rắn ở điều kiện thường còn triolein là chất lỏng

Đáp án A

Cho HCl loãng dư vào alanin tạo thành muối clorua của và muối này tan trong nước nên dung dịch đồng nhất

Đáp án C

Khi các chất cùng số C thì nhiệt độ sôi tăng dần từ ankan<andehit<ancol<axit

Đáp án D

Các chất này có dạng CH₃C₆H₄OH (3 đồng phân o, m, p).

Đáp án C

H⁺ + Cl^- +Na⁺ + OH^- → Na⁺ + Cl^- + H₂O

H⁺ + OH^- → H₂O

Đáp án C

$V=\frac{4,5}{162}.2.\frac{46}{0,8.46\%}.72\%=5$

Đáp án C

Vai trò của criolit: Hạ nhiệt độ nóng chảy của oxit nhôm, Tiết kiệm điện và tạo được chất lỏng dẫn điện tốt hơn, Criolit nóng chảy nổi lên trên tạo lớp màng bảo vệ nhôm nằm dưới

Đáp án D

AgNO₃ tác dụng với Fe(NO₃)₂ tạo thành Ag và Fe(NO₃)₃

Đáp án A

1 tạo kết tủa với 4 và khí với 2 nên 1 là H₂SO₄ suy ra 2 là Na₂CO₃ và 4 là BaSO₄.

2 tạo kết tủa với 4 và 5 nên 5 là MgCl₂.

Do vậy 3 là NaOH

Đáp án A

X làm quỳ tím hóa xanh nên X là metylamin.

Y không đổi màu quỳ, tạo kết tủa với nước brom nên Y là anilin.

Z không đổi màu và không tạo kết tủa nên là glyxin.

T làm hóa đỏ quỳ nên có tính axit là axit glutamic

Đáp án B

KNO_{3 (khan)} + H₂SO_{4 (đ)} → KHSO₄ + HNO₃.

8HNO₃ + 3Cu → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Cu(NO₃)₂ → CuO + 2NO₂ + ½ O₂. (nhiệt phân)

2NO₂ + 2NaOH → NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O

NaNO₃ → NaNO₂ + ½ O₂. (nhiệt phân)

Đáp án C

Ta có: $n_O=0,14mol$ 

Quy đổi hỗn hợp về Na x mol, Ba y mol và O 0,14 mol

→ 23x+137y+0,14.16=17,82

Mặt khác cho CuSO₄ dư vào X kết tủa thu được gồm BaSO₄ y mol và Cu(OH)₂ 0,5x+y mol

→ 98(0,5x+y)+233y=35,54

Giải được: x=0,32; y=0,06

→ $a=\frac{0,32+0,06.2-0,14.2}{2}=0,08$

Đáp án C

Xenlulozơ và tinh bột đều có CTPT dạng (C₆H₁₀O₅)_n nhưng hệ số n của mỗi chất khác nhau nên phân tử khối khác nhau

Đáp án B

2-thu được kết tủa BaSO₄ và khí CO₂.

4-thu được kết tủa Al(OH)₃ và khí CH₄.

6-thu được kết tủa BaSO₄ và khí CO₂

Đáp án D

Ta có: $n_{NaOH}=\frac{m}{40}$ 

Nếu lượng này tạo thành Na₃PO₄ thì khối lượng muối thu được là 1,175m.

Nếu lượng này tạo thành Na₂HPO₄ thì khối lượng muối thu được là 1,775m.

Nếu lượng này tạo thành NaH₂PO₄ thì khối lượng muối là 3m.

Do 1,775m<2,51m<3m nên thu được hỗn hợp muối NaH₂PO₄ và Na₂HPO₄

Đáp án B

Các chất thỏa mãn là anlyl axetat, metyl axetat, etyl fomat, tripanmitat, benzyl axetat

Đáp án C

Các thí nghiệm xảy ra phản ứng oxi hóa khử là 1, 2, 5 do có sự thay đổi số oxi hóa của các kim loại

Đáp án D

Gọi số mol của vinylaxetilen, axetilen và propan trong mỗi phần là a, b, c.

Cho phần 1 tác dụng với AgNO₃/NH₃ được 20,76 gam kết tủa

 → 159a+240b = 20,76

Phần 2 phản ứng tối đa với 0,24 mol H₂ → 3a+2b = 0,24

Đốt cháy hoàn toàn phần 3 thu được CO₂ 4a+2b+3c mol và H₂O 2a+b+4c mol.

→ 4a+2b+3c = 2a+b+4c

Giải được: a=0,04; b=0,06; c=0,14

→ x = 3.0,14.44 = 18,48 mol

Đáp án C

1-đúng, nên được sử dụng làm thủy tĩnh hữu cơ.

2-đúng, đều tạo bởi các gốc isopren.

3-đúng.

4-đúng.

5-sai, có thể tái sử dụng thành nhiên liệu vì bản chất nó vẫn là HCHC

Đáp án B

1-đúng, Cr bị thụ động.

2-sai, CrO₃ là oxit axit.

3-đúng.

4-sai, Cr tác dụng với Cl₂ tạo ra CrCl₃.

5-đúng.

6-sai, Cr hoạt động mạnh hơn Fe

Đáp án C

Cho Ag thu được tác dụng với HNO₃ đặc nóng dư thu được 0,145 mol khí NO₂.

→ $n_{Ag}$= 0,145

Ta có: $M_X<112$ 

Nếu X là HCHO thì $n_x=0,126875 \to n_{Ag}=0,5075$ (loại).

Gọi x là số nhóm CHO trong X → $n_x=\frac{0,145}{2x} \to M_x=56x$

thỏa mãn x=1 thì X là CH₂=CH-CHO

→ m = 4,06 + 0,145.2 = 4,35 gam

Đáp án C

a-thu được đơn chất là Zn.

b-thu được khí O₂.

c-không thu được đơn chất.

d-thu được đơn chất là khí N₂.

e-thu được I₂.

f-thu được Fe

Đáp án B

Dung dịch X chứa 2 chất tan là HCl dư và AlCl₃ cùng số mol là a mol suy ra y=4a.

Đồ thị trải qua các giai đoạn:

+Kết tủa chưa xuất hiện do NaOH tác dụng với HCl dư.

+Kết tủa tăng dần tới cực đại do AlCl₃ tác dụng với NaOH tạo kết tủa Al(OH)₃.

+Kết tủa giảm dần do NaOH dư hòa tan kết tủa.

Nhận thấy khi thu được 0,175y mol hay 0,7x mol Al(OH)₃ thì đã dùng 5,16 mol NaOH (giai đoạn hòa tan kết tủa.

→ a+3a+(a-0,7a) = 5,16 → a = 1,2

→ x = 27.1,2 = 32,4 gam

Đáp án A

1-đúng.

2-sai, có thể làm mất tính cứng vì tạo kết tủa với Mg²⁺ và Ca²⁺.

3-đúng.

4-đúng, vì tạo kết tủa.

5-đúng.

6-sai, là HCl loãng.

7-sai vì Ag, Au đều không tác dụng với HCl.

8-sai.

9-đúng.

10-sai độ tinh khiết càng thấp càng dễ bị ăn mòn

Đáp án D

Ta có quy luật: Đốt cháy este cần O₂ bằng lượng O₂ để đốt cháy lượng ancol và axit tương ứng để tạo ra nó.

Do vậy ta có thể quy về đốt glixerol (C₃H₈O₃), axit oleic (C₁₇H₃₃COOH) và axit linoleic (C₁₇H₃₁COOH).

Ta có: $n_{C{O}_2}=1,71 mol; n_{O_2}=2,385$ 

Glixerol không có liên kết pi, axit oleic có 2 pi (1 pi tự do), axit linoleic có 3 pi (2pi tự do).

Ta có các phản ứng đốt cháy:

Gọi số mol glixerol là x, axit oleic là y và axit linoleic là z.

Ta có $n_{C{O}_2}$= 3x+18y+18z; $n_{O_2}$= 3,5x+25,5y+25z

Axit oleic tác dụng với Br₂ theo tỉ lệ 1 :1 còn axit linoleic theo tỉ lệ 1 :2 do vậy ta phải rút được y +2z.

Ta có số mol –OH trong glixerol bằng tổng số mol các axit đơn chức do đó  3x = y + z

Giải hệ : x = 0,03; y = 0,06; z = 0,03 → y + 2z = 0,12 → V = 120 ml

Đáp án A

2X₄ → X₅ + 3H₂

Chứng tỏ X₄ là CH₄ và X₅ là C₂H₂.

X₁ + 2NaOH → X₄ + 2Na₂CO₃ mà X₄ là CH₄ vậy X₁ là CH₂(COONa)₂.

X₃ sinh ra từ ancol đơn mà p.ư với 4 AgNO₃ → X₃ là HCHO → X₂ là CH₃OH

→ X là HOOC-CH₂-COOCH₃ → X có 6H

Đáp án C

Ta có: $n_{Al}$ = 0,12 mol 

Đem hòa tan các chất thu được bằng Ba(OH)₂ dư không tạo thành khí H₂ do vậy Al hết, sau phản ứng thu được Al₂O₃ 0,06 mol, Fe và Fe₃O₄có thể dư.

→ m = 0,06.102+15,68-3,24 = 18,56 gam

Đáp án D

Ta có: $\overline{M_T}$ = 36,6 do vậy hai amin là CH₃NH₂ và C₂H₇N

Y là HCOOH₃NCH₃ còn Z phải là H₂NCH₂COOH₃NC₂H₅.

Dựa vào tỉ khối ta có tỉ lệ số mol 2 amin lần lượt là 3:2.

Gọi số mol của Z là x suy ra số mol của Y là 1,5x.

→ 77.1,5x + 120x = 9,42

Giải được: x=0,04.

Cho 9,42 gam X tác dụng với HCl thì muối thu được gồm CH₃NH₃Cl 0,06 mol, C₂H₅NH₃Cl 0,04 mol và ClH₃NCH₂COOH 0,04 mol.

→ m = 11,77 gam

Đáp án C

Ta có: $n_{C{O}_2}$= 0,3 mol 

→ $n_{HC{O}_3^{-}}$ = 0,3 mol

Cho 33,8gam X tác dụng với 0,1 mol Ba(OH)₂ và 0,3 mol NaOH thu được 0,1 mol khí do đó khí phải là NH₃.

Vậy RHCO₃ là NH₄HCO₃ 0,1 mol → $n_{H{(CO}_{}}$₃)2= 0,1mol

Giải được M là Ba.

Vậy kết tủa thu được là BaCO₃.

Nhận thấy tổng số mol Ba là 0,2 mà số mol CO₃^2- có thể tạo ra là 0,3 mol.

Kết tủa thu được là BaCO₃ 0,2 mol → m = 39,4 gam

Đáp án C

Đốt cháy hoàn toàn 0,24 mol X cần dùng 1,04 mol O₂ thu được 0,93 mol CO₂ và 0,8 mol H₂O.

Bảo toàn nguyên tố O: $n_{O\left(X\right)}$= 0,93.2 + 0,8 -1.04.2 = 0,58 mol → $n_{COO}$= 0,29 mol

Giải được số mol của este đơn chức là 0,19 mol và este 2 chức là 0,05 mol.

Ta có: $n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}$= 0,93 - 0,8 = 0,13 > 0,05.2

Do vậy trong các este đơn chức có este không no

Mặt khác ta có: $\overline{C_X}=\frac{0,93}{0,24}=3,875$ 

mà do vậy có este từ 3 trở xuống.

Mà 2 ancol thu được cùng số nguyên tử C nên 2 ancol phải là C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂.

Một este phải là HCOOC₂H₅ do vậy một muối là HCOONa.

Do vậy este đơn chức kia chứ 1 liên kết π trong gốc axit và este 2 chức tạo bởi 2 gốc axit.

→ $n_{HCOONa}$= 0,19-(0,13-0,05.2)+0,05 = 0,21 mol

Muối còn lại có số mol là 0,08 mol

Bảo toàn C: $C_{muoi k no}=\frac{0,93-0,19.2-0,05.2-0,21}{0,08}=3$

Vậy X gồm HCOOC₂H₅ 0,16 mol, C₂H₃COOC₂H₅ 0,03 mol và (HCOO)(C₂H₃COO)C₂H₄ 0,05 mol.

→ % = 13,6%

Đáp án B

Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol thu được 1,48 mol hỗn hợp CO₂, H₂O và N₂.

0,2 mol E tác dụng vừa đủ với 0,34 mol NaOH suy ra

$n_X=0,14; n_Y+n_Z=0,06$ → $n_{N_2}$= 0,03 → $n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}$= 1,45

Do thu được một ancol duy nhất và hỗn hợp gồm 2 muối nên ancol là đơn chức và hai muối trong đó có 1 muối 2 chức và 1 muối amino axit

Đốt cháy Y và Z thu được số mol H₂O lớn hơn số mol CO₂ là 0,03 mol, đốt cháy X thu được CO₂ lớn hơn số mol H₂O là 0,14 mol

→ $n_{C{O}_2}=\frac{1,48-0,03-0,03+0,14}{2}=0,78$mol

Ta có: $\overline{C_E}=3,9$.  Do vậy m phải từ 3 trở xuống.

Ta có: $n<\frac{0,78}{0,14}=5,57$ cho nên ancol tạo nên X phải là CH₃OH.

Do vậy n=m+1 cho nên m=3 và m=4.

Vậy 3 chất là C₄H₆O₄ 0,14 mol, C₄H₉O₂N và C₃H₇O₂N.

Giải được số mol của Y và Z lần lượt là 0,04 và 0,02 mol

→ %Z=7,94%

Đáp án C

Nhận thấy khối lượng dung dịch giảm không tỉ lệ với thời gian, ở anot luôn thu được O₂ do vậy khối lượng chênh lệch là do Mⁿ⁺ hết và bị thay thế bằng quá trình điện phân H₂O tạo H₂.

thỏa mãn n=1 thì M là Ag

Tại thời gian t giây gọi số mol Ag bị điện phân là x, suy ra $n_{O_2}=0,25x$

→ 108x+32.0,25x = 43,616  → x = 0,376

→ $n_{AgN{O}_3}$= 0,376.1,5 - 0,0705.2 = 0,423

→ m = 71,91 gam

Đáp án A

Ta có: $n_O:n_N$ = 13:10 

Đun nóng 0,3 mol Q trong KOH thu được dung dịch cô cạn được 120 gam rắn T.

Đốt cháy T thu được 0,52 mol K₂CO₃.

Mặt khác tổng số O trong 3 peptit là 17 nên tổng số N trong 3 peptit là 14.

Ta có: $n_O-n_N =n_Q=0,3$ → $n_N=1mol$ → $n_{KOH phan ung}=1mol$

vậy KOH dư 0,04 mol.

Đặt a,b lần lượt là số mol Gly, Ala tạo nên Q

→ a+b = 1

→ 113a+127b+0,04.56 = 120

Giải được: a=0,66; b=0,34.

Đặt tổng số mol của X và Y là x và Z là z.

Đặt u là số gốc aa trong X, Y và v là số gốc aa trong Z

→ 2u+v = 14

→ $\overline{N}=\frac{1}{0,3}=3,33$

Ta có các trường hợp:

TH1: u=2 và v=10

Ta có: x+z = 0,3; 2x+10z = 1 

Giải được x=0,25; y=0,05.

X, Y có dạng (Gly)_p(Ala)_2-p và  Z là (Gly)_q(Ala)_10-q.

→ 0,25p+0,05q = $n_{Ala}$=0,66 → 25p+5q = 66

không có nghiệm nguyên

TH2: u=3; v=8.

→ 3x+8z = 1

giải được x=0,28;y=0,02.

X, Y có dạng (Gly)_p(Ala)_3-p và Z là (Gly)_q(Ala)_8-1.

→ 0,28p+0,02q = 0,06

Giải được nghiệm nguyên: p=2 và q=5.

Vậy Z là (Gly)₅(Ala)₃  và X, Y có dạng (Gly)₂Ala

%Z = 15,45%

Đáp án A

Ta có: $n_{HCl}$=2,28 mol 

Hỗn hợp khí thu được là CO₂ và H₂ với số mol lần lượt là 0,12 và 0,08 mol.

Suy ra số mol Fe trong X là 0,08 mol.

Quy đổi hỗn hợp X về Fe, Cr, Cu, Al, O và CO₂ 0,12 mol

→ $n_O=\frac{2,28-0,08.2}{2}=1,06 mol$

Cho m gam X tác dụng với HNO₃ loãng dư được 0,32 mol hỗn hơp khí gồm CO₂ 0,12 mol và NO 0,2 mol.

Cô cạn dung dịch thu được 212,68 gam muối khan.

Gọi x là số mol NO₃^- trong muối kim loại.

→ x = 1,06.2 + 0,2.3 = 2,72 → $m_{kl}$=212,68 - 2,72.62 = 44,04

→ m = 44,04 + 0,12.44 + 1,06.16 = 66,28gam

→ %Fe,$FeC{O}_3$ = 27,76%

Đáp án B

0,25 mol X tác dụng với 0,4 mol NaOH vừa đủ do vậy

$n_{peptit}=\frac{0,4-0,25}{3}=0,05\to n_{X;Y}=0,2 mol$

Z chứa muối của X, Y và 0,05 mol muối Ala.

Đốt cháy muối cần 1,1 mol O₂ thu được CO₂ và H₂O 49,2 gam

Ta có: $n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,2 mol$ 

Ta có: $n_{O\left(Z\right)}=0,4.2=0,8 mol$ 

BTNT O: $2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}$= 0,8+1,1.2-0,2.3 = 2,4mol

Giải được số mol CO₂ và H₂O lần lượt là 0,75 và 0,9 mol.

Đốt cháy muối của axit no đơn chức thu được số mol CO₂ bằng số mol H₂O.

Đốt cháy số mol muối amino axit thu được số mol H₂O nhiều hơn CO₂nửa số mol muối.

→ $n_{muoi aa}$=2(0,9 - 0,75) = 0,3 mol

→ $n_x$=0,3 - 0,05.4 = 0,1mol → $n_Y$= 0,1

Gọi số C của X và Y lần lượt là m, n.

→ (0,1+0,05.3)m+0,1n+0,05.3 = 0,75+0,2

Giải được nghiệm nguyên m=2; n=3.

Vậy X là Gly, Y là C₃H₆O₂.

→ %Y = $\frac{0,1.74}{0,1.75+0,1.74+0,05.260}=26,52\%$