Tuyển tập đề thi minh họa môn Hóa Học cực hay có lời giải (đề số 8)

Đáp án C

Anken là những hidrocacbon mạch hở, trong phân tử có chứa 1 liên kết đôi, có công thức chung là C_nH_2n (n ≥ 2)

Đáp án B

Axit đơn chức có dạng RCOOH nên CH₃COOH là axit đơn chức.

Đáp án A

Hàm lượng tinh bột trong gạo khoảng 80%, trong ngô khoảng 70%, trog củ khoai tây tươi khoảng 20%.

Đáp án A

Benzylamoni clorua: C₆H₅CH₂NH₃Cl + NaOH → C₆H₅CH₂NH₂ + NaCl + H₂O

Glyxin: NH₂CH₂COOH + NaOH → NH₂CH₂COONa + H₂O.

Metyl fomat: HCOOCH₃ + NaOH → HCOONa + CH₃OH

Đáp án B

C₂H₅OH + Na → C₂H₅ONa + ½ H₂.

C₆H₅OH + Na → C₆H₅ONa + ½ H₂.

Đáp án B

Anđehit fomic: HCHO → 4Ag

Ta có: $n_{anđehit}$ = 0,2 mol → $n_{Ag}$ = 0,8 → $m_{Ag}$ = 21,6 (g)

Đáp án A

Mg + CuSO₄ → Cu + MgSO₄.

4Mg + 10HNO₃ → 4Mg(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3H₂O.

Đáp án C

Ni + CuCl₂ → Cu + NiCl₂.

Hai điện cực: Ni, Cu được nhúng trong dung dịch điện li → ăn mòn điện hóa

Đáp án A

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag có sự thay đổi số oxi hóa của Fe và Ag.

Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag có sự thay đổi số oxi hóa của Cu và Ag.

CaCO₃ $\stackrel{t^o}{\to }$ CaO + CO₂ là phản ứng phân hủy

Đáp án A

4CrO₃ + 6H₂SO₄ → 2Cr₂(SO₄)₃ + 3O₂ + 6H₂O

Cr₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 3Na₂SO₄ + 2Cr(OH)₃

Cr(OH)₃ + NaOH → Na₂CrO₂+ 2H₂O.

Đáp án B

Fe₂O₃ + 3CO → 3CO₂ + 2Fe.

Ta có: $n_{C{O}_2}$ = 0,3 → $n_{Fe}$ = 0,2 → m = 11,2 (g)

Đáp án A

Đáp án A

Cacbon cháy tỏa nhiều nhiệt, ban đầu tạo CO₂. Nếu C dư, C sẽ khử CO₂ thành CO

C + O₂ → CO₂ và C + CO₂ → 2CO

Đáp án C

+ Tripeptit mạch hở luôn phản ứng với dung dịch NaOH theo tỉ lệ mol 1:3 sai do có thể mắt xích peptit của axit glutamic thì tỉ lệ đó không đúng.

+ Ở trạng thái kết tinh, các α-amino axit tồn tại chủ yếu dưới dạng ion lưỡng cực.

+ Tính tan của protein rất khác nhau. Protein hình sợi thì không tan trong nước, còn protein hình cầu thì tan trong nước tạo dung dịch keo

Đáp án C

C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O → C₆H₁₂O₆ (Glucozo) + C₆H₁₂O₆ (Fructozo)

Ta có: $n_{saccarozo}$ = 0,2 → $n_{glucozo}$ = 0,2. 92% = 0,184 mol

→ $m_{glucozo}$ = 33,12 (g)

Đáp án A

Crom được mạ lên sắt để bảo vệ sắt và dùng để chế thép không gỉ vì crom có lớp màng oxit rất mỏng, bền bảo vệ bên ngoài

Đáp án B

+ Chất béo là este của glixerol với axit béo.

+ Amino axit là loại hợp chất hữu cơ tạp chức.

+ Ví dụ: amin C₆H₅NH₂ không làm hồng dung dịch phenolphtalein

Đáp án C

M + nH₂O → M(OH)_n + n/2 H₂.

Cu²⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂,

Ta có: $n_{H_2}$ = 0,1 → $n_{OH-}$ = 0,2 mol

Mặt khác: $n_{C{u}^{2+}}$ = 0,2. 0,6 = 0,12 mol → $n_{Cu{\left(OH\right)}_2}$ = 0,1 → m = 9,8 (g)

Đáp án B

Thạch cao nung được dùng để nặn tượng, đúc khuôn và bột bó khi gãy xương...

Đáp án D

Các yếu tố: 1, 4.

+ (1): Thêm lượng N₂ hoặc H₂ → cân bằng dịch chuyển theo chiều làm giảm N₂/ H₂(chiều thuận)

+ (2): Thêm NH₃→ cân bằng dịch chuyển theo chiều làm giảm NH₃ (chiều nghịch)

+ (3): DH = -92 < 0 → phản ứng thuận là tỏa nhiệt → tăng nhiệt độ làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thu nhiệt (chiều nghịch)

+ (4): Tăng áp suất của phản ứng → cân bằng dịch chuyển theo chiều giảm áp suất (chiều thuận)

+ (5): Chất xúc tác không làm ảnh hưởng đến cân bằng hóa học

Đáp án D

NH₂CH₂COOH + NaOH → NH₂CH₂COONa + H₂O.

Ta có: $n_{glyxin}$ = 0,05 → $n_{muối}$ = 0,05 → $m_{muối}$ = 4,85

Đáp án A

Quặng pirit sắt có thành phần chính là FeS₂

Đáp án C

Vì X không hòa tan được Cu nên X không chứa Fe³⁺; NO₃^-, H⁺ hết.

Dd X chỉ chứa một chất tan duy nhất là muối FeCl₂.  

Nên ta có, $n_{F{e}^{2+}}$ = x + y.

BTĐT: 2(x + y) = z hay 2x + 2y = z.

Đáp án D

Các thí nghiệm là: 1, 2, 4, 5, 6.

+ TN1: Fe₂O₃ + 6HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O.

+ TN2: Fe(OH)₃ + 3HCl → FeCl₃ + 3H₂O.

+ TN3: Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O.

Fe + 2Fe(NO₃)₃ → 3Fe(NO₃)₂.

+ TN4: FeCl₂ + ½ Cl₂ → FeCl₃.

+ TN5: Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag.

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ dư → Fe(NO₃)₃ + Ag.

+ TN6: 2Fe + 3Br₂ → 2FeBr₃

Đáp án C

Các phát biểu đúng: c, d, e.

+ Mệnh đề a: CH₃COOCH=CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₃CHO.

+ Mệnh đề b: Polietilen được điều chế bằng phản ứng trùng hợp etilenTop of Form

Đáp án D

Có $n_{NaOH}$ = 0,15 mol; $n_{H_2}$ = 0,08 mol.

Dd X gồm Na⁺; ZnO₂^-, OH^‑.

OH^- + H⁺ → H₂O

ZnO₂^- + 2H⁺ → Zn(OH)₂ ↓

Zn(OH)₂ + 2H⁺ → Zn²⁺ + H₂O.

Dùng hết 0,08 mol HCl thì bắt đầu có kết tủa → $n_{O{H}^{-}}$ = 0,08 mol.

Khi cho 0,32 mol HCl hay 0,48 mol HCl vào dd X đều thu được a gam kết tủa.

Có: $n_{H^{+} trước}$ = 2.n↓ + $n_{O{H}^{-}}$ → n↓ = (0,32 – 0,08) : 2 = 0,12 mol.

$n_{H^{+} sau}$ = 4. ${n_{Zn{O}_2}}^{-}$– 2n↓ + $n_{O{H}^{-}}$ → ${n_{Zn{O}_2}}^{-}$ = 0,16 mol.

BTĐT trong dd X → $n_{N{a}^{+}}$= 0,4 mol.

BTNT (H): $n_{NaOH}$+ 2$n_{H_{2}O}$= 2.$n_{H_2}$ + $n_{O{H}^{-}}$

→ $n_{H_{2}O}$ = (2.0,08 + 0,08) : 2 = 0,045 mol.

BTKL: $m_{hh}$ + $m_{NaOH}$ + $m_{H_{2}O}$ = $m_{H_2}$+ $m_{N{a}^{+}}$ + ${m_{Zn{O}_2}}^{-}$ + $m_{O{H}^{-}}$

→ m = (0,08.2 + 23.0,4 + 0,16.97 + 0,08.17) – (0,15.40 + 0,045.18) = 19,43 gam.

Đáp án D

Các chất 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8

Đáp án A

CH₈N₂O₃ (x mol) có cấu tạo (NH₄)₂CO₃ nên chất còn lại C₃H₁₀N₂O₄ ( y mol) phải tạo 2 muối và khí NH₃.

C₃H₁₀N₂O₄ (k_CTPT = 0; π_chức = 2;  mà i ≥ 2 → k_CTCT = 2)

→ CTCT: HCOO-NH₃-CH₂-COONH₄.

Có hệ phương trình:

96x + 138y = 3,99

2x + y = 0,055

Giải hệ: x = 0,02; y = 0,015.

Dung dịch Y chứa 3 muối: 0,02 mol Na₂CO₃; 0,015 mol HCOONa và 0,015 mol H₂N-CH₂-COONa.

→ %$m_{HCOONa}$ = 1,02 : 4,595 = 22,2%.

Đáp án C

Các phát biểu đúng là a, c, e.

b sai do Be không tác dụng với H₂O, Mg không phản ứng với nước ở nhiệt độ thường.

d sai theo chiều tăng dần điện tích hạt nhân thì nhiệt độ nóng chảy của kim loại kiềm thổ biến đổi không theo quy luật.

f sai do CrO₃, K₂Cr₂O₇ có tính oxi hóa rất mạnh.

Đáp án C

Cho Y tác dụng với NaOH loãng dư thu được 0,12mol H₂ do vậy Y chứa 0,08 mol Al.

Rắn Z thu được gồm Fe và Fe_xO_y.

Hòa tan hết Z trong 0,72 mol HNO₃ thu được 0,08 mol NO và 53,12 gam muối.

Bảo toàn N: $n_{N{O_3}^{-} trong muoi}=0,72-0,08=0,64 mol$

Bảo toàn e:

 $$\begin{gathered} n_{O trong Z}=\frac{0,64-0,08.3}{2}=0,2 mol \\ \to m=0,2.16+0,24.56=16,64 gam \end{gathered}$$

Trong Y: $m_{A{l}_2{O}_3}=22,88-16,64-0,08.27=4,08$

$\to n_{A{l}_2{O}_3}=0,04 mol$

Bảo toàn O: $n_{O trong Z}=0,2+0,04.3=0,32$

Vậy: x : y = 0,24 : 0,32 = 3:4 nên oxi là Fe₃O₄.

Đáp án D

Các phát biểu đúng là 1, 2, 4, 6.

3 sai do este dạng HCOOR là có thể tham gia tráng bạc.

5 sai vì khó phân biệt bằng vị giác, nên phân biệt bằng dung dịch brom.

7-sai do triolein không tác dụng với Cu(OH)₂.

8-tripanmitin là (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ nên %H là 21,97%.

Đáp án B

Đốt cháy 0,1 mol hỗn hợp X cần 0,49 mol O₂ thu được CO₂ và 0,3 mol H₂O.

Ta tách các chất trong X ra thu được 0,1 mol hỗn hợp gồm CH₂=CH₂ a mol; CH≡CH b mol và tách ra được thêm c mol CH₂COO.

Ta có: a + b = 0,1. 

Dựa vào O₂ ta có: 3a + 2,5b + 1,5c = 0,49. 

Dựa vào H₂O: 4a + 2b + 2c = 0,3.2 

Giải hệ: a=0,06; b=0,04; c=0,14.

Vậy cho 0,1 mol X tác dụng với Br₂ thì số mol Br₂ phản ứng sẽ là 0,06+0,04.2=0,14 tương đương với đã dùng 280ml dung dịch Br₂

Đáp án D

Các thí nghiệm thu được đơn chất:

1-sinh ra đơn chất H₂.

4-Sinh ra Zn (dùng C để khử oxit kim loại).

5-Sinh ra Hg.

6-Sinh ra đơn chất N₂.

7-Sinh ra Cr (nhiệt nhôm).

9-Mg không phản ứng

(thi nghiệm 8 oxit có thể khử không hoàn toàn, thí nghiệm 10 O₂ sinh ra có thể oxi hóa Fe tạo oxit).

Đáp án C

Gọi CTCT của X có dạng (C₁₇H₃₁COO)_x(C₁₇H₃₁COO)_3-xC₃H₅ hay có dạng C₅₇H_98+2xO₆.

$\to \frac{78,5+0,75x}{57}=\frac{2,385}{1,71}\to x=2$

Vậy X chứa 2 gốc oleat và 1 gốc linoleat.

Tức X chứa 4 liên kết đôi C=C, có 57 C. Hidro hóa hoàn toàn X thu được tristearic.

Ta có: $n_X=0,03 mol\to m=26,46 gam$

Đáp án D

Ta có: _{$n_{R{(NO}_{}}$3)2}=0,45V; $n_{NaCl}$=0,4V

Điện phân t giây thu được 0,3 mol hỗn hợp khí ở anot gồm O₂ và Cl₂ do vậy lúc này NaCl hết.

Nếu điện phân 2t giây thì thu được dung dịch Y. Y tác dụng vừa đủ hỗn hợp 0,3 mol koh và 0,2 mol NaOH, không sinh ra kết tủa, do vậy lúc này dung dịch kiềm chỉ phản ứng với H⁺ và ion R²⁺ đã bị điện phân hết.

Bảo toàn e: $n_{H^{+}}=0,45V.2=0,4V=0,5\to V=1$

Đáp án D

Đốt cháy hoàn toàn 38,7 gam E thu được 1,7 mol CO2 và 1,15 mol H2O.

Vậy E chứa 1,7 mol C và 2,3 mol H $\to n_{O\left(E\right)}=1mol\to n_{COO}=0,5 mol\to n_E=0,25 mol$

Thủy phân E trong dung dịch chứa 1,2 mol NaOH thu được dung dịch X và hỗn hợp ancol Y.

Cô cạn X rồi thực hiện phản ứng decacboxyl hóa thu được hỗn hợp Z gồm các hidrocacbon không nó cùng số nguyên tử C.

Trong X chứa 0,7 mol NaOH dư nên tòa nbộ muối sẽ bị decaboxyl hoàn toàn.

Do Y là hỗn hợp 3 ancol no đơn chức nên các muối trong X đều phải là muối 2 chức.

Muối 2 chức mà decacboxyl được hidrocacbon không no nên chúng phải có ít nhất 4C nên este trong E bé nhất có 6C.

Ta có: $\stackrel{-}{C_E}=\frac{1,7}{0,25}=6,8$ chứng tỏ este có 6C vậy trong Y chứa CH3OH.

Hai ancol còn lại là đồng phân của nhau vậy có ít nhất 3C.

Mặt khác do axit có 4C nên cả hai hidrocacbon trong Z đều có 2C vậy chúng là CH2=CH2 và CHºCH.

Giải được số mol của 2 hidrocacbon này lần lượt là 0,2 và 0,05 mol.

Nếu este có 6C có số mol là 0,2 thì este còn lại có 10C.

Nếu este có 6C có số mol là 0,05 mol thì este còn lại có 7C (không thỏa mãn vì hai hốc ancol cùng số C nên số C phải chẵn).

Vậy este còn lại tạo bởi ancol có 3 C và axit 4C.

Hai este trong E là CH3OOC-CH=CH-COOCH3 0,2 mol và C3H7OOC-CºC-COOC3H7 0,05 mol.

=> %= 25,58%

Đáp án D

Cho 19,68 gam hỗn hợp Mg, FeCO₃ tác dụng với 1,22 mol NaHSO₄ và 0,08 mol Fe(NO₃)₃ thu được hỗn hợp X chứa NO, N₂O và 0,06 mol CO₂. Ngoài ra thu được 3,36 gam kim loại không tan là Fe (0,06 mol).

Ta có: $n_{FeC{O}_3}=n_{C{O}_2}=0,06 mol\to n_{Mg}=0,53 mol$

Do có kim loại không tan nên H⁺ hết.

Bảo toàn Fe: $n_{F{e}^{3+} trong Y}=0,08 mol$

Dung dịch Y sẽ chứa Mg²⁺ 0,53 mol, Fe²⁺ 0,08 mol, NH₄⁺, Na⁺ 1,22 mol, SO₄^2- 1,22 mol và NO₃^-.

Y tác dụng vừa đủ với 1,26 mol NaOH $\to n_{N{H_4}^{+}}=1,26-0,08.2-0,53.2=0,04 mol$

Bảo toàn điện tích: $n_{N{O_3}^{-}}=0,53.2+0,08.2+0,04+1,22-1,22.2=0,04 mol$

Bảo toàn N: $n_{N\left(X\right)}=0,08.3-0,04-0,04=0,16 mol$

Gọi số mol NO và N₂O lần lượt là x, y → x+2y=0,12

Bảo toàn e: 0,53.2= 3x + 8y+0,04.8+0,08+0,06.2

Giải hệ: x=0,1; y=0,03 → a=9,158

Đáp án B

Đun nóng 37,38 gam E với NaOH vừa đủ thu được 55,74 gam muối của Gly, Ala, Val nên E tạo bởi Gly, Ala, Val.

Tổng số nguyên tử O trong X, Y, Z là 12 do vậy tổng số gốc aa trong cả 3 peptit là 9.

Do đốt cháy đipeptit thu được số mol CO₂ bằng số mol H₂O mà đốt cháy cả 3 peptit X, Y, Z đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O do vậy X, Y, Z là tripeptit trở lên.

Vậy X, Y, Z đều là tripeptit.

Đồng đẳng hóa hỗn hợp, quy đổi E về C₂H₃ON 3m mol, CH₂ n mol và H₂O m mol.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}57.3m+14n+18m=37,38\\ 97.3m+14n=55,74\end{array}\right.$

Giải được: m=0,18; n=0,24

Do đốt cháy hoàn toàn x mol X, y mol Y và z mol Z đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol nên x = y = z = 0,06 (vì đều là tripeptit, lượng nước chênh lệch là do tách nước từ đipeptit sang tripeptit).

Ta có: n_T = 0,54 mol.

Giả sử hỗn hợp chỉ gồm muối Gly và Ala thì ta giải được số mol của muối Gly là 0,3 mol còn nếu hỗn hợp chỉ gồm muối Gly và Val thì số mol của Gly là 0,46.

Vậy $0,3<n_{Gly}<0,46$ 

Mặt khác số mol của các amino axit phải là bội số của 0,06 nên số mol của Gly thỏa mãn là 0,36 hoặc 0,42.

Giả sử số mol của Gly là 0,36 giải được số mol của Ala và Val lần lượt là 0,15 và 0,03 (loại).

Số mol của Gly là 0,42 thì số mol của Ala và Val đều là 0,06 mol.

→ %muối Ala = 11,95%.

Đáp án B

+ Phân tử tinh bột hấp thụ iot tạo ra màu xanh tím.

+ Lòng trắng trứng (protein) có phản ứng màu biure (tạo dung dịch màu tím đặc trưng)

+ Glucozo có chứa nhóm CHO → có phản ứng tráng bạc.

+ Anilin C₆H₅NH₂ tác dụng với nước brom xảy ra phản ứng thế 3H ở vị trí -o, -p tạo kết tủa trắng

Đáp án D

$$\begin{gathered} BTKL: m_X=m_Y\to n_Y=m_X:M_Y=\frac{0,1.28+0,1.52+0,3.2}{10,75.2}=0,4 \\ \to n_{\mathrm{\pi }(\mathrm{p}.\mathrm{ư})}=n_{giảm}=0,5-0,4=0,1 \\ \to n_{\mathrm{\pi }\left(\mathrm{Y}\right)}=0,1.1+0,1.3-0,1=0,3 \\ \to a=0,3 \end{gathered}$$