Tuyển tập đề thi minh họa môn Hóa Học cực hay có lời giải (đề số 3)

Đáp án B

Thứ tự xuất hiện các ion trong dãy điện hóa: Al³⁺; Cu²⁺; Fe³⁺; Ag⁺.

→ Al³⁺ có tính oxi hóa yếu nhấtThứ tự xuất hiện các ion trong dãy điện hóa: Al³⁺; Cu²⁺; Fe³⁺; Ag⁺.

→ Al³⁺ có tính oxi hóa yếu nhất

Đáp án C

Al là một kim loại màu trắng bạc, mềm, dễ kéo sợi và dát mỏng. Nhôm có khá nhiều ứng dụng trong đời sống. Ví dụ dùng làm vật liệu chế tạo máy bay, ô tô, tên lửa, tàu vũ trụ, dùng làm khung cửa, trang trí nội thất, dùng làm dây cáp điện thay thế cho đồng là kim loại đắt tiền, dùng làm thiết bị trao đổi nhiệt, dụng cụ đun nấu, hàn gắn đường ray..

Đáp án D

C₆H₅COOCH₂CH=CH₂ được cấu tạo bởi axit C₆H₅COOH và ancol CH₂=CH-CH₂-OH→ thủy phân este này cho ancol CH₂=CH-CH₂-OH

Đáp án A

Quặng manhetit chứa Fe₃O₄ là quặng giàu sắt nhất, nhưng hiếm có trong tự nhiên

Đáp án D

Nitrophotka là 1 loại phân bón hỗn hợp (là loại phân chứa cả ba nguyên tố N, P, K được gọi là phân NPK. Loại phân này là sản phẩm khi trỗn lẫn các loại phân đơn theo tỉ lệ N : P : K khác nhau tuỳ vào loại đất và cây trồng)

Đáp án B

Poliacrilonitrin được tạo ra bằng phản ứng trùng ngưng acrilonitrin CH₂=CH-CN

Đáp án D

H₃PO₄ là 1 axit yếu → chất điện li yếu → điện li không hoàn toàn

Đáp án A

2Fe + 3Cl₂ → 2FeCl₃

Đáp án B

Metylamin CH₃NH₂ có tính bazo → quỳ tím chuyển xanh

Đáp án C

Axit cacboxylic có nhiệt độ sôi cao nhất so với các chất este, amin, ancol có khối lượng phân tử xấp xỉ nhau

Đáp án A

Phản ứng tạo kết tủa vàng.

Đáp án A

Do 2 cách cho thì lượng khí CO₂ thu được khác nhau nên HCl không dư.

Khi ta cho dung dịch Y từ từ vào X thì: $n_{C{O}_2}=n_{HCl}=n_{NaC{O}_3}=b-a mol$

Khi cho từ từ X tác dụng với Y thì hai muối trong X phản ứng theo tỉ lệ mol là 1:2.

Phản ứng: $N{a}_{2}C{O}_3+2KHC{O}_3+4HCl\to 2NaCl+2KCl+3C{O}_2+3H_{2}O$

Lúc này: $n_{C{O}_2}=0,75b$

Từ giả thuyết suy ra: 0,75a=3(b-a)=> 3a= 2,25b=> a:b= 3:4

Đáp án D

Các chất trên là những chất gây nghiện, chất ma túy thường gặp

Đáp án C

Ta có: $n_{H_2}$ = 0,2 → $n_{Zn}$ = 0,2 → $m_{Zn}$ = 13 (g) → $m_{Cu}$ = 2 (g) → m = 2 (g)

Đáp án C

M + nH₂O → M(OH)_n + $\frac{n}{2}$H₂.

Ta có: $n_{H_2}$ = 0,035 mol → $n_{OH-}$ = 0,07 mol → $n_{H+}$ = 0,07 → V = 0,07 : 0,5 = 0,14 lít

Đáp án D

Nhận thấy Y là khí không tan trong nước (do được thu bằng phương pháp đẩy nước)

Chất rắn X là KMnO₄; khí Y là O₂

Đáp án A

+ Metyl metacrylat là nguyên liệu tổng hợp thủy tinh hữu cơ.

+ Benzyl axetat có mùi thơm hoa nhài.

+ Thủy phân chất béo trong dung dịch kiềm (NaOH/ KOH) cho xà phòng. (Muối natri hoặc kali của các axit béo là xà phòng).

Đáp án B

R-NH₂ + HCl → R-NH₃Cl

BTKL: $m_{HCl}$ = $m_{muối}$ – $m_{amin}$ = 0,876 (g) → $n_{HCl}$ = 0,024 mol

→ $n_X$ = 0,024 → $M_X$ = 73 → C₄H₉NH₂.

Đồng phân: C-C-C-C-N; C-C-C(N)-C; C-C-C(C)-N; C-C(C)-C-N; C-C-C-N-C; C-C(C)-C-C; C-C-N-C-C; C-N(C)-C-C.

Đáp án D

Ta có: $n_{glixerol}$ = 0,01 mol; $n_{C_{17}{H}_{31}COONa}$ = 0,01 → chất béo được tạo bởi 1 gốc axit C₁₇H₃₁COOH và 2 gốc C₁₇H₃₃COOH → $n_{C_{17}{H}_{33}COONa}$ = 0,02 → m = 6,08 (g)

Đáp án C

Để thu được axit H₃PO₄ có độ tinh khiết và nồng độ cao hơn, người ta đốt cháy photpho để thu được P₂O₅, rôi cho P₂O₅ tác dụng với nước:

4P + 5O₂ → 2P₂O₅.

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

Đáp án B

Các dụng dịch là: (1); (2); (3); (5); (6).

Các chất (1); (2); (3); (6) là những chất có nhiều OH cạnh nhau → hòa tan Cu(OH)₂ ở điều kiện thường tạo dung dịch xanh lam.

Chất (5) là axit cacboxylic → hòa tan được Cu(OH)₂

Đáp án B

C₁₂H₂₂O₁₁ → C₆H₁₂O₆ (Glucozo)+ C₆H₁₂O₆ (Fructozo)

Ta có: n(Ag) = 0,32 → 2$n_{Glu}$ + 2$n_{Fruc}$ = 0,32 → $n_{Glu}$ = $n_{Fruc}$ = 0,08 →$n_{Saccarozo}$ = 0,08

→ m = 27,36 g

Đáp án A

Các nhận định đúng là 1, 5, 6.

+ Nhận định 2: Be không tác dụng với H₂O; Mg tác dụng chậm với H₂O ở điều kiện thường.

+ Nhận định 3: phương pháp thường dùng để điều chế kim loại kiềm là điện phân nóng chảy muối halogenua của kim loại kiềm.

+ Nhận định 4: thành phần của C trong gang từ 2-5%, trong thép là 0,01-2%.

+ Nhận định 7: các kim loại kiềm dễ cháy trong oxi khi đốt, tạo ra các oxit/peoxit.

+ Nhận định 8: những kim loại mạnh như Na, K, Ca ..khử được H₂O ở nhiệt độ thường; các kim loại có tính khử trung bình như Zn, Fe... chỉ khử được hơi nước ở nhiệt độ cao; các kim loại có tính khử yếu như Cu, Ag, Hg... không khử được H₂O, dù ở nhiệt độ cao.

Đáp án A

Đáp án C

Giả sử ban đầu có 1 mol C₄H₁₀ → $m_{C_4{H}_{10}}$ = 58 gam.

BTKL: $m_{đầu}$ = $m_X$ → $n_X$ = 58 : (23,2.2) = 1,25 mol.

→ $n_{anken}$ = $n_{ankan mới tạo thành}$ = 1,25 – 1 = 0,25 gam.

→ $n_{ankan dư}$ = 1 – 0,25 = 0,75 mol

=> %$V_{C4H10 trong X}$ = 0,75 : 1,25 = 60%.

Đáp án B

Xét từng thí nghiệm:

(a) Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

(b) 3CO + Fe₂O₃ → Fe + 3CO₂

(c) NaCl + H₂O (đpdd) → NaOH + ½ H₂ + ½ Cl₂

(d) Fe + ½ O₂ → FeO

(e) 3Ag + 4HNO₃ → 3AgNO₃ + NO + 2H₂O

(f) Cu(NO₃)₂ → CuO + 2NO₂ + O₂

(g) 2Fe₃O₄ + 10H₂SO₄ → 3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O

Thí nghiệm xảy ra sự oxi hóa kim loại: (a) (d) (e).

Lưu ý: Xảy ra sự oxi hóa kim loại tức là kim loại đóng vai trò là chất khử.

Đáp án A

Chất Y bị oxi hóa bởi Br₂ trong môi trường kiềm nên Y là NaCrO₂.

Nên các chất X thỏa mãn: Cr(OH)₃, CrCl₃.

+) Cr(OH)₃ + NaOH → NaCrO₂ + 2H₂O.

+) CrCl₃ + 3NaOH → Cr(OH)₃ + 3NaCl

Cr(OH)₃ + NaOH → NaCrO₂ + 2H₂O.

Đáp án A

$n_{KOH}$ = 0,4 mol; $n_{H_2}$ 0,15 mol

Quy đổi hh X về: K (0,4 mol); Na (x mol); O (y mol).

Ta có hệ:

23x + 16y + 0,4.39 = 25,7

x + 0,4 = 0,15.2 + 2.y ( bảo toàn e).

Giải hệ: x = 0,3; y = 0,3

Dung dịch Y chứa: KOH (0,4 mol) và NaOH (0,3 mol).

→ n(OH^-) = 0,7 mol.

Xét $\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{H_{3}P{O}_4}}$= 0,7 : 0,4 = 1,75 nên tạo 2 muối H₂PO₄^- ( a mol) và HPO₄^2- ( b mol)

Có hệ:

a + 2b = 0,7 (bảo toàn điện tích)

a + b = 0,4 (Bảo toàn nguyên tố P)

Giải hệ: a = 0,1; b = 0,3.

Nên muối gồm: 0,1 mol H₂PO₄^3-; 0,3 mol HPO₄^2-; 0,3 mol Na⁺; 0,4 mol K⁺.

→ m(muối) = 61 gam.

Đáp án A

X là KHCO₃ ; Y là NH₄NO₃ ; Z là NaNO₃ ; T là (NH₄)₂CO₃.

2KHCO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + K₂CO₃ + H₂O

2NH₄NO₃ + Ca(OH)₂ → Ca(NO₃)₂ + 2NH₃ + 2H₂O.

(NH₄)₂CO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + 2NH₃ + 2H₂O

Đáp án C

Các mệnh đề d, e.

+ TN a: tạo phức [Ag(NH₃)₂]OH.

+ TN b: Không có phản ứng.

+ TN c: Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂. Sau đó: 2Al + Ba(OH)₂ + 2H₂O → Ba(AlO₂)₂ + 3H₂.

→ tỉ lệ 1:1 nên Ba(OH)₂ dư

+ TN d: NaAlO_2(dư) + HCl + H₂O → Al(OH)₃ + NaCl

+ TN e: Cu + 2FeCl₃ → 2FeCl₂ + CuCl₂.

Tỉ lệ 1:1 → FeCl­₃ dư.

+ TN f: 2FeBr₂ + K­₂Cr₂O₇ + 7H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + Cr₂(SO₄)₃ + 2Br₂ + 7H₂O.

+ TN g: không tác dụng

+ TN h:

9Fe(NO₃)₂ + 12HCl → 3NO + 5Fe(NO₃)₃ + 4FeCl₃ + 6H₂O.

9                 →                   5    →      4

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O.

22,5             ←15

2Fe³⁺ + Cu → 2Fe²⁺ + Cu²⁺.

9←      4,5

Tỉ lệ mol 1:3 → Cu hết, không tạo thêm chất rắn nào.

+ TN i: Na₂S và CaCl₂: không tác dụng.

+ TN j: 1 mol Al + 1 mol Zn tác dụng vừa đủ với 3 mol NaOH → không tạo ra chất rắn, cũng không có rắn dư

Đáp án B

Ta có Y phải là CH₃NH₃HCO₃.

Do E tác dụng với 0,7 mol NaOH thu được 0,4 mol hỗn hợp hai khí có số mol bằng nhau nên 1 khí phải là CH₃NH₂.

CTCT của X có thể là là CH₃NH₃OOC-C₂H₄-COONH₄; NH₄OOC-C₃H₆-COONH₄.

Tuy nhiên ta loại CH₃NH₃OOC-C₂H₄-COONH₄ vì sẽ tạo ra hỗn hợp 2 khí không có số mol bằng nhau.

Vậy X là NH₄OOC-C₃H₆-COONH₄.

2 khí là NH₃ 0,2 mol và CH₃NH₂ 0,2 mol hay số mol của X là 0,1 mol, của Y là 0,2 mol.

Cho E tác dụng với 0,7 mol NaOH thu được dung dịch Z chứa 0,1 mol NaOH dư, 0,2 mol Na₂CO₃ và 0,1 mol NaOOC-C₃H₆-COONa.

Vậy m=42,8 gam.

Đáp án D

(a) Có 1 chất tác dụng dụng với AgNO₃/NH₃: glucozơ.

(b) Không có chất nào thủy phân trong môi trường kiềm.

Lưu ý. 2 chất thủy phân trong môi trường axit: saccarozơ, xenlulozơ.

(c) Có 3 chất mà dd của nó hòa tan được Cu(OH)₂: glucozơ, saccarozơ, glixerol.

(d) Cả 4 chất đều có nhóm -OH trong phân tử.

Số phát biểu đúng: 2.

Đáp án C

Ở t giây ta thu được ở anot 0,12 mol hỗn hợp khí gồm Cl₂ và O₂.

Ở 2t giây ta thu được thể tích khí ở anot gấp 3 lần ở catot.

Goi số mol Cl₂ và O₂ ở t giây lần lượt là a, b 

=> a+b=0,12

Bảo toàn e: $n_e=2a+4b$

Lúc 2t giây: $n_e=4a+8b$

Lúc này ở anot thu được Cl₂ a mol và O_{2 $\to n_{O_2}=\frac{4a+8b-2a}{4}=0,5a+2b$}

Do vậy ở catot thu được là H₂ với số mol H₂ = $\frac{0,5a+2b+a}{3}=0,5a+\frac{2b}{3}$

Bảo toàn e:

 $$\begin{gathered} n_{C{u}^{2+}}=\frac{2a+4(0,5a+2b)-2(0,5a+{\displaystyle \frac{2b}{3}})}{2}=1,5a+\frac{10b}{3} \\ \to 64(1,5a+\frac{10b}{3})=18,56 \end{gathered}$$

Giải hệ: a = b = 0,06 mol

Do vậy số mol KCl là 0,12 mol và CuSO₄ là 0,29 mol.

m = 55,54 gam. 

Đáp án A

0,1 mol X tác dụng vừa đủ 0,6 mol NaOH thu được 40,2 gam môt muối và một ancol Z.

Đốt cháy hoàn toàn Z cần 0,7 mol O₂ thu được 0,6 mol CO₂ và 0,8 mol H₂O.

Do vậy ancol Z no $\to n_z=0,2 mol$

Bảo toàn nguyên tố: $C_z=\frac{0,6}{0,2}=3; H_z=\frac{0,8.2}{0,2}=8; O_z=\frac{0,6.2+0,8-0,7.2}{0,2}=3$

Vậy Z là C₃H₈O₃.

Do X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:6 nên X có 6 nhóm COO mà ancol Z 3 chức nên X tạo bởi 2 gốc ancol.

Gọi n là số gốc COO trong muối Y $\to n_Y=\frac{0,6}{n}\to M_Y=67n=(45+22)n$ 

Do vậy thỏa mãn n=2 thì Y là NaOOC-COONa.

Vậy este X tạo bởi 3 axit HOOC-COOH và 2 ancol C₃H₅(OH)₃.

Vì thế X có chứa 2 vòng $\to k_x=2+6=8$

Đáp án A

Gọi x là số mol của NaOH, suy ra số mol KOH là 1,6x. Gọi số mol axit glutamic là y. $\to 147y+40x+56.1,6x-2,6x.18=14,43$

Cho X tác dụng với H₂SO₄ 0,6M và HCl 0,8M thì

$$\begin{gathered} n_{H^{+}}=y+2,6x\to V_Y=\frac{2,6x+y}{0,6.2+0,8}=1,3x+0,5y \\ \to n_{H_{2}S{O}_4}=0,78x+0,3y; n_{HCl}=1,04x+0,4y \end{gathered}$$

Ta có: 147y+40x+56x.1,6+98(0,78x+0,3y)+36,5(1,04x+0,4y)-18.2,6x=23,23

Giải hệ: x = 0,05; y = 0,07

$\to m=10,29 gam$

Đáp án D

Cho hỗn hợp Na₂O và Al₂O₃ vào 0,12 mol H₂SO₄ và 0,36 mol HCl thu được dung dịch X.

Cho Ba(OH)₂ dư vào X ta thấy đồ thị như trên do vậy có các giai đoạn:

+Giai đoạn kết tủa tăng do tạo kết tủa BaSO₄ và Al(OH)₃.

+Kết tủa giảm do có sự hòa tan Al(OH)₃.

+Kết tủa không đổi lúc này chỉ còn BaSO₄.

Gọi số mol Na₂O và Al₂O₃ lần lượt là a, b.

Kết tủa cực đại chứa BaSO₄ 0,12 mol và Al(OH)₃ 

_{$$\begin{gathered} \to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,12 mol\to b= 0,06 mol \\ \Rightarrow 0,28.2+2a-0,12-0,12.2-0,36=0\to a=0,08 mol \\ \to m=11,08 gam \end{gathered}$$}

Đáp án A

Cho phần 1 tác dụng với 0,4 mol NaOH thấy thoát ra 0,04 mol H₂.

Do vậy Al dư

 $$\begin{gathered} \to n_{Al dư}=\frac{0,08}{3} \\ BTNT: n_{Al\left(P1\right)}=n_{NaOH}=0,4\to n_{A{l}_2{O}_3 trong P1}=\frac{14}{75}mol \end{gathered}$$

Ta có khối lượng mỗi phần là 39,44 gam.

$\to m_{Cr}+m_{Fe}=19,68 gam$

Phần 2 tan trong HCl thu được dung dịch Z chứa 98,64 gam muối.

$\to n_{Cr}+n_{Fe}=\frac{98,64-0,4(27+35,5.3)-19,68}{35,5.2}=0.36$

Giải được số mol Cr và Fe trong mỗi phần là 0,12 và 0,24 mol.

Bảo toàn O: 

$$\begin{gathered} n_{A{l}_2{O}_{3 trong X}}=2\left(\frac{{\displaystyle \frac{14}{75}}.3-0,12.{\displaystyle \frac{3}{2}}-0,24.{\displaystyle \frac{4}{3}}}{3}\right)=0,04 mol \\ \to \%A{l}_2{O}_3= 5,17\% \end{gathered}$$

Đáp án C

Đốt cháy đipeptit thu được số mol CO₂ bằng số mol H₂O.

Ta có: 25 - peptit+ $3H_{2}O\to$52 - peptit

$\to n_Y=\frac{0,045}{3}.2=0,03mol\to n_X=0,02 mol$

Gọi số mol X trong E là x, suy ra số mol của Y là 1,5x.

Ta có: 2x+1,5x.5= 0,76.2 => x=0,16

BTKL: m=119,6+0,76.2.40-0,16.2,5.18= 173,2 gam

Đáp án D

Quy đổi hỗn hợp X về Mg a mol, Fe b mol và NO₃ c mol.

Ta có: a+b= 0,6

Cô cạn Y, nung muối đến khối lượng không đổi thu được rắn là MgO a mol và Fe₂O₃0,5b mol.

=> 40a+80b= 31,6

Giải hệ: a=0,41; b=0,19.

$\to n_{O{H}^{-}trongkt}=\frac{42,75-0,41.24-0,19.56}{17}=1,31$

Muối trong Y gồm các muối nitrat kim loại và NH₄NO₃.

$n_{N{H}_{4}N{O}_3}=\frac{103,3-1,31.62-0,41.24-0,19.56}{80}=0,02 mol$

Bảo toàn H: $n_{H_{2}O}=\frac{1,08-0,02.4}{2}=0,5 mol$

Bảo toàn O: 3c= 0,5+0,1+1,31.3+0,02.3-1,08.3= 1,35 => c=0,45

 Giải được số mol Fe(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃ trong X lần lượt là 0,12 và 0,07 mol.

$\%Fe{(NO}_{}$₃)3=35,01%

Đáp án C

Đốt cháy 7,48 gam hỗn hợp E cần 0,27 mol O₂ thu được CO₂ và H₂O có số mol bằng nhau. Vậy Z phải là ancol no và số mol của Z và T bằng nhau.

BTKL: $m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=7,48+0,27.32=16,12 gam$

$n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}=0,26 mol$ 

Bảo toàn O: $n_{O trong E}= 0,26.3-0,27.2=0,24 mol$

Mặt khác lượng E trên tác dụng vừa đủ 0,1 mol KOH

$$\begin{gathered} n_{COO trong E}= 0,1\to n_Z=\frac{0,24-0,1.2}{2}=0,02=n_T \\ \to n_X+n_Y=0,1-0,02.2=0,06 mol \end{gathered}$$ 

Gọi n là số C của Z 

$\to n_{C(X+Y)}=0,26-0,04.n\to {\stackrel{-}{C}}_{X, Y}=\frac{0,26-0,04n}{0,1}$

Ta có: $n\ge 2; {\stackrel{-}{C}}_{X, Y}>1$

TH1: n = 2 thì 2 gốc axit là HCOO- và CH₃COO- với số mol lần lượt là 0,02 và 0,08.

Do vậy không thể có X trong E vì số mol của T đã là 0,02. (loại).

TH2: n = 3 thì 2 gốc axit là HCOO- và CH₃COO- với số mol lần lượt là 0,06 và 0,04.

Vậy trong E số mol của X là 0,04; Y là 0,02, Z là C₃H₈O₂ với số mol là 0,02 mol và T là C₃H₅(OOCH)(OOCCH₃) 0,02 mol.

Vậy 1 sai do %Y=16,04%.

2 sai do % số mol của X=40%.