Tuyển tập đề thi minh họa môn Hóa Học cực hay có lời giải (đề số 11)

Đáp án B

Phương pháp hiện đại sản xuất anđehit axetic là oxi hóa không hoàn toàn etilen

Đáp án B

Tinh bột được tạo thành trong cây xanh từ khí CO₂ và H₂O nhờ ánh sáng mặt trời. Khí CO₂ được lá cây hấp thụ từ không khí, nước được rễ cây hút từ đất. Chất diệp lục hấp thụ năng lượng của ánh sáng mặt trời. Quá trình tạo thành tinh bột như vậy gọi là quá trình quang hợp

Đáp án B

Axit glutamic là một amino axit → vừa tác dụng với HCl, vừa tác dụng với NaOH

Đáp án C

Tristearin: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ → thủy phân trong môi trường axit cho 1 mol glixerol và 3 mol axit stearic C₁₇H₃₅COOH

Đáp án D

+ Muối phenylamoni clorua tan trong nước.

+ Tripeptit trở lên mới có phản ứng màu biure.

+ CH₃-CH₂-CH₂(CH₂NH₂)-CO-NH-CH₂-COOH có một mắt xích tạo bởi CH₃-CH₂-CH₂(CH₂NH₂)-COOH không phải anpha amino axit → không phải peptit.

Đáp án B

$n_{NaOH}=0,135\to$$n_{NaOH dư} =0,035$

$\to m_{muối}=9,6-0,035.40=8,2\to M_{muối}=82$

Vậy muối là CH₃COONa suy ra X là CH₃COOC₂H₅

Đáp án D

Cr + 2HCl → CrCl₂ + H₂

Đáp án B

Quặng photphorit Ca₃(PO₄)₂ là một trong 2 khoáng vật chính của photpho.

Đáp án A

+ Các điện cực khác nhau về bản chất (2 kim loại khác nhau là Cu và Fe)

+ Các điện cực tiếp xúc trực tiếp với nhau và cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li

Đáp án B

Oxi là nguyên tố phổ biến nhất trong vỏ trái đất, sau đó là silic, nhôm, sắt, canxi, natri....

Đáp án B

Để trung hòa ½ dung dịch X cần 0,02 mol HCl nên số mol OH^- trong X là 0,04 mol hay a=0,04

Bảo toàn điện tích: b= 0,04+0,01-0,01.2= 0,03

=> m= 0,01.137+0,01.62+0,04.17+0,03.23= 3,36 gam

Đáp án B

Nguyên tắc làm khô khí là dùng chất có khả năng hút nước và không có phản ứng hóa học với chất cần làm khô.

Na không có tác dụng làm khô chất.

P₂O₅ và H₂SO₄ đặc đều là các chất làm khô tốt nhưng có phản ứng với NH₃ → loại

Đáp án A

Đáp án B

TN a: HCl + NaAlO₂ + H₂O → Al(OH)₃ + NaCl sau đó Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O.

TH b: 3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃ + 3NaCl sau đó Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂

TH c: AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ + 3NH₄Cll.

+ Nhận thấy, phản ứng c kết tủa sẽ tăng dần lên và sau đó không đổi do không có phản ứng hòa tan kết tủa tạo thành → Đồ thị 1.

+ Hai TN a, b lượng kết tủa sẽ tăng dần sau đó giảm dần đến hết. → Đồ thị 2, 3

+ TN a: Lượng HCl tạo kết tủa nhỏ hơn so với lượng cần hòa tan kết tủa → Đồ thị 2.

+ TN c: Lượng NaOH cần để tạo kết tủa lớn hơn lượng cần để hòa tan kết tủa → Đồ thị 3

Đáp án C

$n_{Glu}=4 mol$

Quá trình lên men rượu:

Hấp thụ hết khí CO₂ vào NaOH dư thì muối thu được là Na₂CO₃ 

$\to {n_{N{a}_{2}CO}}_3=6 mol\to H=\frac{6}{4.2}=75\%$

Đáp án C

X làm quỳ tím chuyển xanh → Không thể là anilin → Loại đ.a Anilin; glucozơ; saccarozơ; Lys-Gly-Ala

Y có phản ứng tráng bạc → Y có thể là glucozo hoặc fructozo tuy nhiên Y tác dụng với Cu(OH)₂/ OH^- → Y là glucozo.

T có phản ứng biure → không thể là Lys-Val → Loại đ.a Etyl amin; glucozơ; saccarozơvà Lys-Val

Đáp án A

Al₂(SO₄)₃ + 3Ba(OH)₂ → 3BaSO₄ + 2Al(OH)₃.

Al₂(SO₄)₃ + 3BaCl₂ → 3BaSO₄ + 2AlCl₃.

2AlCl₃ + 3Ba(OH)₂ → 2Al(OH)₃ + 3BaCl₂

Đáp án D

Ban đầu: Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O

Kết tủa xuất hiện làm giảm số lượng các ion trong dung dịch → điện tích giảm. → đèn sáng yếu đi.

Sau đó: CaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ca(HCO₃)₂.

Kết tủa tan ra tạo thêm nhiều điện tích (ion) hơn làm cho đèn sáng dần lên

Đáp án A

Cho HCl 0,5M và H₂SO₄ 0,25M vào 0,5 mol NaAlO₂ và 0,5 mol NaOH thu được dung dịch X và 0,2 mol kết tủa Al(OH)₃

Để cho lượng axit lớn nhất thì axit phải tham gia trung hòa hết NaOH, tạo kết tủa tới tối đa rồi sau đó hòa tan kết tủa tới khi còn 0,2 mol

$$\begin{gathered} \to n_{H^{+}}=0,5+0,5+(0,5-0,2).3=1,9 mol \\ \to V=\frac{1,9}{0,5+0,25.2}=1,9 \end{gathered}$$

Đáp án C

Đáp án C

Đáp án B

$$\begin{gathered} n_Y=0,3 mol \\ \to n_X=0,1 mol\to n_{B{r}_2}=n_{anken}=n_Y-n_X=0,3-0,1=0,2 mol \end{gathered}$$

Đáp án D

Các chất đó là: CuSO₄, NaOH, NaHSO₄, K₂CO₃, Ca(OH)₂, H₂SO₄, HNO₃, HCl

Đáp án B

CH₃CHO + 2Cu(OH)₂ + NaOH → CH₃COONa + Cu₂O + 3H₂O.

→ Z là CH₃COONa → T là CH₄ → Y là CH₂(COONa)₂ do phản ứng tạo 2 mol Na₂CO₃ từ 1 mol Y.

→ X là CH₂=CH-OOC-CH₂-COOC₆H₅

Đáp án D

$n_{H_2}=0,13 mol\to n_{O{H}^{-}}=0,26 mol=2n_{Ba}+n_{Na}$

Đồng thời ta cũng giải được số mol Ba, Na lần lượt là 0,1 và 0,06 mol.

Ta có: $m_{kết tủa}=0,72+15,08-0,13.2=15,54 gam$

Trong X chứa 0,3a mol Al(NO₃)₃ và 0,2a mol Al₂(SO₄)₃.

Giả sử số mol SO₄^2- lớn hơn số mol Ba²⁺ $\to 0,6a>0,1\to a>0,167$

Vậy kết tủa chứa BaSO₄ 0,1 mol.

$$\begin{gathered} \to m_{Al{\left(OH\right)}_3}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{O{H}^{-}}=4.0,7a-0,26=2,8a-0,26 \\ \to 233.0,6a+78(2,8a-0,26)=15,54\to a=0,1 \end{gathered}$$

Đáp án C

Phát biểu đúng là c.

+ Phát biểu a: Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca²⁺; Mg²⁺.

+ Phát biểu b: Cho dung dịch HCl vào dung dịch K₂CrO₄ thì dung dịch chuyển từ màuvàng sang màu da cam.

+ Phát biểu d: Cr(OH)₂ không có tính lưỡng tính.

+ Phát biểu e: các kim loại kali và natri dùng làm chất trao đổi nhiệt trong một vài lò phản ứng hạt nhân

Đáp án A

Ta có: ${\stackrel{-}{C}}_X=\frac{0,24}{0,06+0,04}=2,4$

mà ancol không no có một liên kết đôi có ít nhất 3C nên ancol đa chức phải là C2 và là C₂H₄(OH)₂.

$\to n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2}+0,06=0,3 mol\to m=5,4 gam$

Đáp án C

Các mệnh đề dúng là: 1, 2, 3, 4

+ Nhỏ dung dịch Br₂ vào ống nghiệm chứa benzen không có hiện tượng.

+ Nhỏ nước vào anilin dung dịch không đồng nhất do anilin ít tan trong nước

Đáp án B

Bảo toàn nguyên tố O:

 $2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}=2n_{O_2}=0,555 mol$  và  $m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=11,43$ 

Giải được số mol CO₂ và H₂O lần lượt là 0,18 và 0,195 mol.

Ta có số mol H₂O > số mol CO₂ nên amin có dạng C_nH_2n+3N hoặc C_nH_2n+1N. Tuy nhiên để giá trị của m lớn nhất thì số mol amin phải lớn nhất.

$$\begin{gathered} \to n_{aminmax}=2(0,195-0,18)=0,03 mol \\ \to m_{max}=0,18.12+0,195.2+0,03.14=2,97 gam \end{gathered}$$

Đáp án B

Các phát biểu đúng: 1, 4, 6, 7.

+ Cho CrO₃ vào dung dịch KOH dư tạo ra K₂CrO₄.

+ Cho bột Al dư vào dung dịch FeCl₃ đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch chứaAlCl₃.

+ Cho Ba vào dung dịch CuSO₄ thì giải phóng ra H₂ và cho kết tủa BaSO₄; Cu(OH)₂

Đáp án D

Ta có: $n_e=0,34 mol$ Do sau điện phân dung dịch hòa tan tối được Fe tạo khí NO nên có tạo ra H⁺ nên Cl^-hết trước Cu²⁺.

Ở catot sẽ thu được 0,15 mol Cu²⁺ và 0,02 mol H₂.

Ở anot sẽ thu được Cl₂ a mol và O₂ b mol => 2a+4b=0,34

  Khối lượng dung dịch giảm 15,11 gam => 0,15.64+0,02.2+71a+32b= 15,11

Giải được: a=0,05; b=0,06.

$\to n_{H^{+}}=2n_{C{u}^{2+}}-n_{C{l}^{-}}=0,15.2-0,05.2=0,2 mol$

Khi cho Fe vào xảy ra quá trình:

$$\begin{gathered} 3Fe+8H^{+}+2N{O_3}^{-}\to 3F{e}^{3+}+2NO+4H_{2}O \\ \to n_{Fe=}=\frac{0,2}{8}.3=0,075 mol\to m_{fe}=4,2 gam \end{gathered}$$

Đáp án B

 + Khối lượng riêng của rkim loại kiềm theo chiều tăng dần điện tích hạt nhân không tuân theo quy tắc.

+ Hợp kim Li-Al siêu nhẹ, dùng trong kĩ thuật chân không.

+ Điều chế Al trong quá trình điện phân nóng chảy Al₂O₃: thùng điện phân có cực âm (catot) là tấm than chì ở đáy thùng. Cực dương (anot) là những khối than chì có thể chuyển động theo phương thẳng đứng.

+ Dựa vào thành phần và tính chất, thép có thể chia làm 2 nhóm: thép thường (hay thép cacbon) và thép đặc biệt.

+ Trong quả gấc có chứa nhiều β-caroten

Đáp án D

Gọi công thức của polime X dạng (C₄H₆)_n(C₈H₈)_m

Đốt cháy 1 mol X sẽ thu được 4n+8m mol CO₂ và 3n+4m mol H₂O

$$\begin{gathered} \frac{4n+8m}{3n+4m}=\frac{16}{9} \\ \to 12n=8m \end{gathered}$$ 

Vậy n:m=2:3

Đáp án C

TN 2 tạo ra 2 muối.

+ TN1: Na + H₂O → NaOH + ½ H₂ sau đó NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂.

Với số mol Na = 2 số mol Al, dung dịch thu được có NaOH dư và NaAlO₂ (trong đó chỉ có NaAlO₂ là muối)

+ TN 2: Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄.

Tỉ lệ số mol Cu = Fe₂(SO₄)₃ → dung dịch thu được có 2 muối FeSO₄ vầ CuSO₄.

+ TN3: KHSO₄ + KHCO₃ → K₂SO₄ + CO₂ + H₂O.

→ Dung dịch có muối K₂SO₄.

+ TN 4: BaCl₂ + CuSO₄ → BaSO₄ + CuCl₂.

Chú ý: BaSO₄ cùng là muối nhưng không nằm trong dung dịch mà tồn tại dưới dạng kết tủa, chất rắn.

+ TN 5: Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag.

→ Dung dịch có muối Fe(NO₃)₃.

+ TN 6: Na₂O + H₂O → 2NaOH sau đó 2NaOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄.

→ Dung dịch có Na₂SO₄.

Đáp án A

Cho toàn bộ Y tác dụng với 0,9 mol HCl thu được 0,15 mol H₂ và 0,06 mol Cu không tan

Vậy dung dịch X chứa AlCl₃ 0,16 mol, CuCl₂ 0,04 mol, CrCl₃ 0,06 mol

=> a+b= 0,06

Bảo toàn Cl: $$\begin{gathered} n_{HCl dư}=0,9-0,16.3-0,04.2-0,06.3=0,16 \\ \to a=0,16.4+0,04.2+0,06.4+0,16=1,12 mol \end{gathered}$$

Đáp án A

$$\begin{gathered} 2a+b=0,3\left(1\right) \\ BTNT\left(Na\right): n_{N{a}_{2}C{O}_3}=\frac{1}{2}{n}_{NaOH}=0,15 \\ BTNT\left(C\right): n_C=a+2a+3b+c-0,15=3a+3b+c-0,15 \\ BTNT\left(H\right): n_{H_{2}O}=2,5a+3b+c \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \to m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=44(3a+3b+c-0,15)+18(2,5a+3b+c)=65,85\left(2\right) \\ BTNT\left(O\right): (2a+b)+1,5275=\frac{0,15.3}{2}+(3a+3b+c-0,15)+\frac{2,5a+3b+c}{2}\left(3\right) \end{gathered}$$

$\to BTKL: m_{H_{2}O \left(M\right)}=0,9$$\to n_{H_{2}O \left(M\right)}=0,05=n_{pep}$

→ Độ dài trung bình trong peptit = 5,6

Mặt khác, 2 pep hơn kém nhau 1O → số lk pep hơn kém nhau 1 đơn vị

→ 1 pentapep và 1 hexpep. 2 peptit là P₅ (0,02mol) và P₆ (0,03 mol).

=> 0,28= 0,15+0,13(Val+Ala)

Gọi 2 pep là $Al{a}_{u}Va{l}_{5-u} và Al{a}_{v}VA{l}_{6-v}$

$\to 2u+3v=13\to$ 2 giá trị u = 1 và v = 5 (Loại) và u = 3 và v = 2 (thỏa mãn)

→ X: Ala₂Val₃ → % = 34,90%

Đáp án C

Cho m gam hỗn hợp rắn gồm Fe, Fe(NO₃)₂ vào dung dịch chứa 0,08 mol Cu(NO₃)₂, 0,02 mol Fe(NO₃)₃ và HCl thu được dung dịch X và hỗn hợp hai khí không màu, có một khí hóa nâu trong không khí là NO

Ta có: ${\stackrel{-}{M}}_Y=\frac{76}{3}$ nên khí còn lại là H₂ và tỉ lệ số mol NO: H₂ là 5:1.

Cho AgNO₃ dư vào dung dịch X thấy thoát ra 0,045 mol khí NO nên H⁺ dư trong X là 0,18 mol, do vậy X không chứa NO₃^-.

Mặt khác vì còn lại rắn không tan nên trong X chỉ chứa Fe²⁺ nên X chứa HCl dư và FeCl₂.

Do còn H⁺ dư nên Fe hết ® rắn còn lại là Cu 0,08 mol

$\to \frac{32m}{255}=0,08.32\to m=20,4=180a+56b$

Gọi số mol Fe(NO₃)₂ là a mol; Fe là b mol và HCl là c mol

Bảo toàn N: $n_{NO}=2a+0,22 mol\to n_{H_2}=0,4a+0,044$

Bảo toàn H: c= 0,18+4(2a+0,22)+2(0,4a+0,044)

$\to n_{FeC{l}_2}=0,5c-0,09$

Bảo toàn nguyên tố Fe: 0,02+a+b= 0,5c-0,09

Giải hệ: a=0,04; b=0,6; c=1,5

Bảo toàn Cl: $n_{AgCl}=1,5 mol$

Bảo toàn e: $$\begin{gathered} n_{Ag}=n_{F{e}^{3+}trong X}-3n_{NO}=0,66-0,045.3=0,525 \\ \to m=m_{Ag}+m_{AgCl}=271,95 gam \end{gathered}$$

Đáp án D

Dẫn ancol T qua bình đựng Na thấy bình tăng 12 gam và có tạo thành 0,2 mol H₂.

$\to m_T=12+0,2.2=12,4 gam$

Gọi x là số nhóm OH của T $\to n_T=\frac{0,2.2}{x}=\frac{0,4}{x}\to M_T=31x$

Thỏa mãn x=2 thì T là C₂H₄(OH)₂

_{$\to n_F=2n_T=0,4 mol\to n_A=0,25; n_B=0,15$}

Đốt cháy toàn bộ F thu được 0,35 mol H₂O

$\to {\stackrel{-}{H}}_F=\frac{0,35.2}{0,4}=1,75$

do vậy F chứa HCOONa 0,25 mol, vậy muối còn lại có số H là 3. Do este no nên axit no nên muối còn lại là CH₃COONa

Vậy X là (HCOO)₂C₂H₄, Y là HCOO(CH₃COO)C₂H₄, Z là (CH₃COO)₂C₂H₄.

Số nguyên tử H trong Y là 8

Đáp án B

Cho 46,37 gam hỗn hơp H vào dung dịch chứa H₂SO₄ và HNO₃ (tỉ lệ mol là 37:6) thu được 0,11 mol hỗn hợp khí T và dung dịch X

Tăng giảm khối lượng:

 $$\begin{gathered} n_{H_{2}S{O}_4}=n_{S{O_4}^{2\_}}=\frac{130,65-109,93}{62.2-96}=0,74 mol \\ \to n_{HN{O}_3}=0,12 mol\to m_{dd axit}=200 gam \end{gathered}$$

Gọi a, b, c lần lượt là số mol của H₂, NO và H₂O

=> a+b= 0,11

Bảo toàn nguyên tố N: $n_{N{H_4}^{+}}=0,12-b$

Bảo toàn H: 2a+4(0,12-b)+2c=0,74.2+0,12

Bảo toàn khối lượng: 46,37+0,74.98+0,12.93= 109,93+2a+30b+18c

Giải hệ: a=0,01; b=0,1; c=0,75.

Gọi số mol Al, Zn, Fe₃O₄ và CuO trong H lần lượt là x, y, z, t

=> 27x+65y+232z+80t= 46,37

Bảo toàn điện tích: 3x+2y+2.3z+2t+(0,12-b)=0,74.2

Khối lượng chất tan trong X: 27x+65y+56.3z+64t+18(0,12-b)+0,74.96=109,93

Nhiệt phân chất tan trong Y ta thu được rắn G gồm Al₂O₃, ZnO, Fe₂O₃ và CuO: 

102.0,5x+81y+160.1,5z+80t= 51,67

Giải hệ: x=0,1; y=0,15; y=0,06; t=0,25

BTKL:

 $$\begin{gathered} m_X=46,37+200-0,01.2-0,1.30= 243,35 \\ \to \%A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3=7,03\% \end{gathered}$$

Đáp án C

Đốt cháy hết hỗn hợp H thu được 0,83 mol CO₂ và 0,815 mol H₂O.

Tổng số nguyên tử O trong ba peptit là 12 do vậy tổng số gốc aa trong 3 peptit là 9 vậy Z là 5-peptit

Quy đổi H vè C₂H₃ON a mol, CH₂ b mol và H₂O c mol 

=> 2a+b= 0,83=> 1,5a+b+c= 0,815

Muối khan T gồm C₂H₄O₂NNa a mol và CH₂ b mol

Đốt T sẽ thu được 1,5a+b mol CO₂ và 2a +b mol H₂O

=> 44(1,5a+b)+18(2a+b)= 44,2

Giải được: a=0,33; b=0,17; c=0,15

Gọi số mol của X, Y lần lượt là m, số mol của Z là n 

=> m+n= 0,15=> 2m+5n=0,33

Giải được: m=0,14; n=0,01

Do X, Y là dipeptit cùng số nguyên tử C nên X, Y gồm hai aa thay đổi vị trí của nhau.

Do vậy số mol của hai amino axit đều từ 0,14 trở lên

Vậy một amino axit là Gly 0,16 mol và 0,17 mol Ala (từ 0,17 mol CH₂₎

Do vậy X và Y đều có dạng GlyAla và Z là Ala₃Gly₂

Vậy tổng số nguyên tử của 3peptit là 87