trƯỜng thpt quỐc oai kỲ thi khẢo sÁt nĂm 2019 ... chi tiet...0,25m. khuấy đều cho...

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; K = 39; Na = 23; Ca = 40; Mg = 24; Al

= 27; S = 32; Cl = 35,5; Fe = 56; Zn = 65; Ag = 108; Cu = 64, Ba = 137; Br = 80.

Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn (00C, 1atm). Bỏ qua sự hòa tan của chất khí trong nước.

Câu 41 (NB) (ID: 341522): Cho các chất: HCOO-CH3, CH3-COOH, CH3-COOCH=CH2, CH3-CH2-CHO và

(COOCH3)2. Số chất trong dãy thuộc loại este là

A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.

Câu 42 (NB) (ID: 341523): Dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ là

A. CH3COOH. B. CH3NH2. C. CH3COOC2H5. D. C2H5OH.

Câu 43 (NB) (ID: 341524): Cho dãy các kim loại sau: K, Ca, Mg, Fe, Cu. Số kim loại trong dãy có khả năng tác

dụng với nước ở điều kiện thường là

A.5. B. 4. C. 3. D. 2.

Câu 44 (NB) (ID: 341525): Nhỏ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch nào sau đây không có hiện tượng hóa học xảy

ra?

A. Dung dịch Na2CrO4. B. Dung dịch AlCl3.

C. Dung dịch NaHCO3. D. Dung dịch NaAlO2.

Câu 45 (TH) (ID: 341527): Hình bên minh họa cho thí nghiệm xác định sự có mặt của C và H trong hợp chất hữu

cơ. Chất X và dung dịch Y(theo thứ tự) là

TRƯỜNG THPT QUỐC OAI

KỲ THI KHẢO SÁT NĂM 2019 -LỚP 12

Môn: Hóa Học

Thời gian làm bài: 50 phút, không kể thời gian phát đề

Mã đề: 001

http://tuyensinh247.com/

A. CaO, H2SO4 đặc. B. Ca(OH)2, H2SO4 đặc.

C. CuSO4 khan, Ca(OH)2. D. CuSO4.5H2O, Ca(OH)2

Câu 46 (TH) (ID: 341528): Polime thiên nhiên X được sinh ra trong quá trình quang hợp của cây xanh. ở nhiệt độ

thường, X tạo với dung dịch iot hợp chất có màu xanh tím. Polime X là

A. Tinh bột. B. Xenlulozo. C. Saccarozo. D. glicogen.

Câu 47 (NB) (ID: 341529): Chất nào sau đây thuộc loại đisaccarit?

A. Saccarozo. B. Xenlulozo. C. Tinh bột. D. Glucozo.

Câu 48 (TH) (ID: 341530): Cho sơ đồ sau: dpncX Na .... Hãy cho biết X có thể là chất nào sau đây?

A. NaCl, Na2SO4. B. NaCl, NaNO3.

C. NaCl, NaOH. D. NaOH, NaHCO3.

Câu 49 (VD) (ID: 341531): Cho các chất: AgNO3, Cu(NO3)2, MgCO3, Ba(HCO3)2, NH4HCO3, NH4NO3 và

Fe(NO3)2. Nếu nung các chất trên đến khối lượng không đổi trong các bình kín không có không khí, rồi cho nước

vào các bình, số bình có thể tạo lại chất ban đầu sau thí nghiệm là:

A. 4. B. 6. C. 5. D. 7.

Câu 50 (VD) (ID: 341532): Hai chất hữu cơ X, Y đều có công thức phân tử C4H6O4. X tác dụng với NaHCO3, giải

phóng khí CO2, Y có phản ứng tráng gương. Khi cho X hoặc Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng đều

thu được một muối và một ancol. Công thức cấu tạo của X và Y tương ứng là:

A. CH3-OOC-CH2-COOH và H-COO-CH2-CH2-OOC-H.

B. CH3-OOC-CH2-COOH và H-COO-CH2-OOC-CH3.

C. HOOC-COO-CH2-CH2 và H-COO-CH2-COO-CH3.

D. CH3-COO-CH2-COOH và H-COO-CH2-OOC-CH3.

Câu 51 (VD) (ID: 341533): Este Z đơn chức, mạch hở được tạo thành từ axit X và ancol Y. Đốt cháy hoàn toàn

2,15 gam Z thu được 0,1 mol CO2 và 0,075 mol H2O. Mặt khác, cho 2,15 gam Z tác dụng vừa đủ với dung dịch

KOH thu được 2,75 gam muối. Công thức của X và Y lần lượt là

A. CH3COOH và C3H5OH. B. C2H3COOH và CH3OH.

C. HCOOH và C3H7OH. D. HCOOH và C3H5OH.

Câu 52 (NB) (ID: 341534): Tính chất hoặc ứng dụng nào sau đây không phải của KNO3?

A. Chế tạo thuốc nổ. B. Không tan trong nước.

C. Dùng làm phân bón. D. Bị phân hủy ở nhiệt độ cao.

Câu 53 (TH) (ID: 341535): Cho các chất sau: glucozo, saccarozo, vinyl axetat, phenyl amin, metylfomat,

fructozo, etilen. Số chất phản ứng được với dung dịch nước brom ở nhiệt độ thường là:


A. 2. B. 3. C. 4. D.5.

Câu 54 (TH) (ID: 341536): Trong các chất sau đây, có bao nhiêu chất có liên kết CO-NH: caprolactam,

glyxylalanin, tơ lapsan, nilon - 7, protein, alanin, xenlulozo, ala-val-glu-lys.

A. 5. B. 4. C. 6. D. 3.

Câu 55 (TH) (ID: 341537): Hòa tan hoàn toàn 1,95 gam kim loại K vào H2O thu được 500 ml dung dịch có pH là

A. 13,0. B. 14,0. C. 13,5. D. 12,0.

Câu 56 (NB) (ID: 341538): Một mẫu nước có chứa các ion: Ca2+, Mg2+, HCO3-, Cl-, SO4

2-. Chất được dùng để làm

mềm nước cứng trên là

A. HCl. B. NaHCO3. C. Na2CO3. D. H2SO4.

Câu 57 (NB) (ID: 341539): Chất nào sau đây có công thức phân tử là C3H4O2?

A. Vinylfomat. B. Etylfomat. C. Metylaxetat. D. Phenylaxetat.

Câu 58 (TH) (ID: 341540): Nếu thủy phân không hoàn toàn pentapeptit Gly - Ala- Gly- Ala-Gly thì thu được tối

đa bao nhiêu đipeptit khác nhau?

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Câu 59 (VD) (ID: 341541): Cho 2,52 gam kim loại M tác dụng hết với dung dịch H2SO4 loãng, dư, sau phản ứng

thu được 6,84 gam muối sunfat trung hòa. Kim loại M là

A. Zn. B. Mg. C. Fe. D. Al.

Câu 60 (NB) (ID: 341542): Dung dịch CuSO4 có màu nào sau đây?

A. đỏ. B. vàng. C. xanh. D. da cam.

Câu 61 (VD) (ID: 341543): Khi thủy phân hoàn toàn một tetrapeptit X mạch hở chỉ thu được amino axit chứa 1

nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH. Cho m gam X tác dụng vừa đủ với 0,3 mol NaOH thu được 34,95 gam muối. Giá

trị của m là

A. 21,6. B. 22,95. C. 24,30. D. 21,45.

Câu 62 (VD) (ID: 341544): Cho m gam bột Fe vào 200ml dung dịch hỗn hợp A chứa H2SO4 1M, Fe(NO3)3 0,5M

và CuSO4 0,25M. Khuấy đều cho đến khí phản ứng kết thúc thoát ra khí NO và 0,75m gam hỗn hợp chất rắn. Giá

trị của m là

A. 33,6. B. 56. C. 43,2. D. 32.

Câu 63 (VD) (ID: 341546): Cho từ từ 200 ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và H2SO4 0,5M vào 300 ml dung dịch

Na2CO3 1M thu được V lít khí (ở đktc). Giá trị của V là:

A. 3,36. B. 1,68. C. 2,24. D. 4,48.


Câu 64 (VD) (ID: 341547): Chia 0,30 mol hỗn hợp X gồm C2H6, C2H4, C2H2 thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy

hoàn toàn phần 1 thu được 5,40 gam H2O. Cho phần 2 lội qua dung dich brom (dư) thấy khối lượng bình nước

brom tăng 2,7 gam. Phần trăm khối lượng của C2H6 có trong hỗn hợp X là

A. 34,05%. B. 35,71%. C. 33,33%. D. 71,42%

Câu 65 (VD) (ID: 341548): Khối lượng của tinh bột cần dùng trong quá trình lên men để tạo thành 5 lít rượu

(ancol) etylic 460 là bao nhiêu (biết hiệu suất của cả quá trình là 72% và khối lượng riêng của rượu etylic nguyên

chất là 0,8 g/ml)

A. 5,4 kg. B. 5,0 kg. C. 6,0 kg. D. 4,5 kg.

Câu 66 (VDC) (ID: 341549): Cho 86,3 gam hỗn hợp X gồm Na, K, Ba và Al2O3 (trong đó oxi chiếm 19,47% về

khối lượng) tan hết vào nước, thu được dung dịch Y và 13,44 lít khí H2(đktc). Cho 3,2 lít dung dịch HCl 0,75M

vào dung dịch Y. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được a gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 10,4. B. 27,3. C. 54,6. D. 23,4.

Câu 67 (VD) (ID: 341550): Trong các thí nghiệm sau:

(1) Cho dung dịch H2SO4 phản ứng với dung dịch Ba(HCO3)2

(2) Cho dung dịch Na2CO3 vào dung dịch AlCl3.

(3) Cho Ba vào dung dịch NaHSO3

(4) Cho Mg vào dung dịch NaHSO4.

(5) Cho dung dịch NaHCO3 vào dung dịch Ca(OH)2

(6) Cho Na vào dung dịch CuSO4

Số thí nghiệm vừa có khí bay ra vừa có kết tủa là

A. 5. B. 2. C. 3. D. 4.

Câu 68 (TH) (ID: 341551): Dãy các polime khi đốt cháy hoàn toàn trong khí oxi đều thu được khí N2

A. tơ olon, tơ tằm, tơ capron, cao su buna -N. B. tơ lapsan, tơ enang, tơ nilon-6, xenlulozơ.

C. protein, nilon - 6,6, poli (metyl metacrylat), PVC. D. amilopectin, cao su buna -S, tơ olon, PE.

Câu 69 (VD) (ID: 341552): Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai amin no, đơn chức, là đồng đẳng liên tiếp, thu được

2,24 lít khí CO2 (đktc) và 3,6 gam H2O. Công thức phân tử của 2 amin là:

A. CH5N và C2H7N. B. C2H7N và C3H9N.

C. C3H9N và C4H11N. D. CH5N và C3H9N.

Câu 70 (TH) (ID: 341554): Thực hiện các thí nghiệm sau:

(I) Cho dung dịch NaCl vào dung dịch KOH.


(II) Cho dung dịch Na2CO3 vào dung dịch Ca(OH)2.

(III) Điện phân dung dịch NaCl với điện cực trơ, có màng ngăn.

(IV) Cho Cu(OH)2 vào dung dịch NaNO3.

(V) Sục khí NH3 vào dung dịch Na2CO3.

(VI) Cho dung dịch Na2SO4 vào dung dịch Ba(OH)2.

Các thí nghiệm đều điều chế được NaOH là

A. II, V, VI. B. I, II, III. C. II, III, VI. D. I, IV, V.

Câu 71 (VDC) (ID: 341361): Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Zn và ZnO với tỉ lệ mol tương ứng 4 : 3 vào dung

dịch chứa 1,62 mol HCl và 0,19 mol NaNO3. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và hỗn

hợp khí Z gồm hai khí, trong đó có một khí hóa nâu được trong không khí, tỉ khối của Z đối với He bằng 6,1. Cô cạn

dung dịch Y thu được m gam muối khan. Giá trị của m là

A. 103,55. B. 107,92. C. 99,70. D. 103,01.

Câu 72 (TH) (ID: 341364): Tiến hành thí nghiệm xà phòng hóa tristearin theo các bước sau:

Bước 1: Cho vào bát sứ khoảng 1 gam tristearin và 2 - 2,5 ml dung dịch NaOH nồng độ 40%.

Bước 2: Đun sôi nhẹ hỗn hợp khoảng 30 phút và khuấy liên tục bằng đũa thủy tinh, thỉnh thoảng thêm vài giọt nước

cất để giữ cho thể tích của hỗn hợp không đổi.

Bước 3: Rót thêm vào hỗn hợp 4-5 ml dung dịch NaCl bão hòa nóng, khuấy nhẹ rồi để nguội.

Phát biểu nào sau đây sai?

A. Sau bước 3, hỗn hợp tách thành hai lớp: Phía trên là chất rắn màu trắng, phía dưới là chất lỏng.

B. Sau bước 2, thu được chất lỏng trong suốt.

C. Mục đích chính của việc thêm dung dịch NaCl bão hòa là làm tăng tốc độ cho phản ứng xà phòng hóa.

D. Phần chất lỏng sau khi tách hết xà phòng hòa tan Cu(OH)2 thành dung dịch màu xanh lam.

Câu 73 (VDC) (ID: 341367): Hỗn hợp X gồm 2 hợp chất A (C2H7O3N) và B (C3H9O3N). Cho m gam X vào dung

dịch NaOH vừa đủ, đun nóng thu được dung dịch Y và 5,6 lít (đktc) khí Z duy nhất. Khí Z có khả năng làm xanh

quỳ tím ẩm. Cô cạn Y thu được 25,3 gam chất rắn T. Cho T vào dung dịch HCl thấy có thoát ra khí CO2. Các phản

ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 24,4. B. 21,6. C. 25,6. D. 20,5.

Câu 74 (VD) (ID: 341378): Cho sơ đồ phản ứng theo đúng tỉ lệ mol:

X (este no, mạch hở) + 2NaOH ot X1 + X2 + X3

X1 + H2SO4 ot X4 (axit ađipic) + Na2SO4

X2 + CO oxt,t X5

X3 + X5 o

2 4H SO ,t X6 (este có mùi chuối chín) + H2O.

Phân tử khối của este X là


A. 244. B. 230. C. 216. D. 258.

Câu 75 (VDC) (ID: 341386): Để hòa tan hết 38,36 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4, Fe(NO3)2 cần dùng 0,87 mol

H2SO4 loãng sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 111,46 gam muối sunfat trung

hòa và 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm hai khí không màu (có một khí không màu hóa nâu ngoài không khí). Tỉ

khối hơi của Z so với H2 là 3,8. Phần trăm khối lượng Mg trong X gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 28,15. B. 23,46. C. 25,51. D. 48,48.

Câu 76 (VDC) (ID: 341387): Cho các phát biểu sau:

(a) Chất béo là đieste của glixerol và các axit béo.

(b) Protein đều có phản ứng màu biure.

(c) Đun etylfomat trong dung dịch AgNO3/NH3 thu được kết tủa Ag.

(d) Fructozo có độ ngọt hơn độ ngọt của glucozo.

(e) Thủy phân bất kì chất béo nào cũng thu được glixerol.

(f) Triolein tác dụng được với H2 (xúc tác Ni, to), dung dịch Br2, Cu(OH)2.

(g) Tơ nilon-6,6 được tạo ra do phản ứng trùng hợp.

(h) Thủy tinh hữu cơ plexiglas có thành phần chính là poli(metyl metacrylat).

Số phát biểu sai là

A. 3. B. 5. C. 4. D. 2.

Câu 77 (TH) (ID: 341389): Cho các phát biểu sau:

(1) Công thức hóa học của phèn chua là K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O.

(2) Các kim loại Na, K, Ba đều phản ứng mạnh với nước ở nhiệt độ thường.

(3) Quặng boxit có thành phần chính là Al2O3.2H2O.

(4) Nhôm là kim loại màu trắng, nhẹ, có nhiều ứng dụng quan trọng.

(5) Nước cứng là nước có chứa nhiều ion Ca2+, Mg2+.

(6) Có thể điều chế kim loại Na bằng phương pháp điện phân dung dịch NaCl.

Số phát biểu đúng là

A. 4. B. 2. C. 5. D. 3.

Câu 78 (VDC) (ID: 341400): Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp Al, Fe2O3, Cr2O3 sau một thời gian thu được

hỗn hợp chất rắn X. Chia X thành 2 phần bằng nhau. Hòa tan hoàn toàn phần 1 trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư

sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 2,016 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Hòa tan hết phần

2 trong 400 ml dung dịch HNO3 2M, thu được dung dịch Y và khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Cho từ từ

dung dịch NaOH 1M đến dư vào dung dịch Y thu được kết quả như hình vẽ sau:


Khối lượng Cr2O3 trong hỗn hợp ban đầu là

A. 7,29 gam. B. 30,40 gam. C. 6,08 gam. D. 18,24 gam.

Câu 79 (VDC) (ID: 341402): Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp hai este đơn chức, mạch hở E, F (ME < MF)

trong 700 ml dung dịch KOH 1M thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 ancol là đồng đẳng liên tiếp. Thực hiện

tách nước Y trong H2SO4 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp Z. Trong Z tổng khối lượng của các ete là 8,04 gam (hiệu

suất ete hóa của các ancol đều là 60%). Cô cạn dung dịch X được 53,0 gam chất rắn. Nung chất rắn này với CaO cho

đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 6,72 lít hỗn hợp khí T (đktc). Cho các phát biểu sau:

(1) Chất F tham gia phản ứng tráng bạc.

(2) Khối lượng của E trong hỗn hợp là 8,6 gam.

(3) Khối lượng khí là 2,55 gam.

(4) Tổng số nguyên tử trong F là 12.

(5) Trong Z có chứa ancol propylic.

Số phát biểu đúng là

A. 4. B. 2. C. 3. D. 5.

Câu 80 (VDC) (ID: 341408): Điện phân dung dịch X chứa hỗn hợp gồm CuSO4 và NaCl (tỉ lệ mol tương ứng 1:3)

với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi 2A. Sau thời gian điện phân t (giờ) thu được dung

dịch Y (chứa 2 chất tan) có khối lượng giảm 12,45 gam so với dung dịch X. Dung dịch Y phản ứng vừa hết với 3,06

gam Al2O3. Bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước, hiệu suất điện phân 100%. Giá trị của t

gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 3,5. B. 4,7. C. 4,2. D. 5,6.


ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 41:

Phương pháp: Các chất chỉ có cấu tạo nhóm -COO- trong phân tử là este

Hướng dẫn giải:

CH3-COOH là axit; CH3-CH2-CHO là andehit

HCOO-CH3, CH3-COOCH=CH2, (COOCH3)2 là este → có 3 chất

Đáp án C

Câu 42:

Phương pháp: axit làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ, bazo làm quỳ tím chuyển sang màu xanh


CH3COOH là axit nên làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ

Đáp án A

Câu 43:

Phương pháp: Các kim loại kiềm và kiềm thổ (trừ Be và Mg) sẽ phản ứng với nước ở điều kiện thường


Các kim loại tác dụng với nước ở điều kiện thường là: K, Ca → có 2 kim loại

Đáp án D

Câu 44:

41 C 51 B 61 C 71 B

42 A 52 B 62 C 72 C

43 D 53 A 63 C 73 C

44 D 54 A 64 B 74 B

45 C 55 A 65 D 75 A

46 A 56 C 66 D 76 A

47 A 57 A 67 D 77 C

48 C 58 B 68 A 78 C

49 A 59 C 69 A 79 B

50 A 60 C 70 C 80 D


Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của Ba(OH)2: tác dụng được với axit, tác dụng được với muối (đk có

kết tủa hoặc bay hơi)

Hiện tượng quan sát được phải là hiện tượng nhìn được bằng mắt thường: sự thay đổi về màu sắc, có xuất hiện kết

tủa hay không, kết tủa màu gì, có khí thoát ra hay không, khí có màu hay mùi gì....


A. Ba(OH)2 + Na2CrO4 → BaCrO4↓ vàng + 2NaOH → hiện tượng xuất hiện kết tủa màu vàng

B. 3Ba(OH)2 + 2AlCl3 → 2Al(OH)3↓ + 3BaCl2

Nếu Ba(OH)2 dư thì: Ba(OH)2 + 2Al(OH)3↓ → Ba(AlO2)2 + 4H2O

→ Hiện tượng: xuất hiện kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa có thể tan dần đến hết

C. Ba(OH)2 + 2NaHCO3 → BaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O

→ Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng.

D. Không có hiện tượng gì

Đáp án D

Chú ý: phản ứng giữa axit và bazo có xảy ra nhưng không quan sát được hiện tượng xảy ra vì không sinh ra chất

kết tủa hay bay hơi hay dấu hiệu nào đó có thể nhìn hoặc ngửi thấy được.

Câu 45:

Phương pháp: Đây là thí nghiệm xác định sự có mặt của C và H nên chọn chất X và dd Y để nhận biết ra sự có

mặt của CO2 và H2O


Chất X là CuSO4 khan vì để nhận biết ra có mặt nước,từ đó nhận ra được sự có mặt của H

CuSO4 khan (màu trắng) khi có hơi nước qua sẽ chuyển thành CuSO4.5H2O (màu xanh)

Chất Y là dd Ca(OH)2 để nhận biết được ra sự có mặt của CO2, từ đó nhận ra được sự có mặt của C

Ca(OH)2 khi có CO2 lội qua sẽ bị vẩn đục do xảy ra phản ứng

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

Đáp án C

Câu 46:

Phương pháp: X tạo hợp chất xanh tím với dd iot → X = ?


X tạo hợp chất xanh tím với dd iot → X là tinh bột


6nCO2 + 5nH2O anhsang,diepluc (C6H10O5)n + 6nO2↑

Đáp án A

Câu 47:

Phương pháp: Dựa vào sự phân loại cacbohidrat học trong chương 2 sgk hóa 12


Saccarozo thuộc loại đisaccarit

Tinh bột và xenlulozo thuộc polisaccarit

Glucozo thuộc monosaccarit

Đáp án A

Câu 48:

Phương pháp: Điều chế Na bằng phương pháp điện phân nóng chảy muối halogen tương ứng hoặc hidroxit tương

ứng của Na


Điều chế Na bằng phương pháp điện phân nóng chảy muối halogen tương ứng hoặc hidroxit tương ứng của Na

→ X có thể là NaCl, NaOH

dpnc

2

dpnc

2 2

2NaCl 2Na Cl

2NaOH 2Na H O

Đáp án C

Câu 49:

Phương pháp: Viết các sản phẩm nhiệt phân của các chất, sau đó khi thêm H2O vào thì có phản ứng nào xảy ra,

xét xem các chất đó có tái tạo được chất ban đầu thì chọn



0

0

0

0 0

0

0

0

t

3 2 2

t

3 2 2 2

t

3 2

t t

3 2 3 2 2 3 2

t

4 3 3 2 2

t

4 3 2 2

t

3 2 2 3 2 2

1AgNO Ag NO O (1)

2

Cu(NO ) Cu 2NO O (2)

MgCO MgO CO (3)

Ba(HCO ) BaCO CO H O;BaCO BaO CO (4)

NH HCO NH CO H O (5)

NH NO N O 2H O (6)

4Fe(NO ) 2Fe O 8NO O (7)

Cho H2O vào các bình (1), (2), (4); (5) thì sẽ sinh ra chất đầu

Với AgNO3:

4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3

3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O

Với Cu(NO3)2:

4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3

3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O

Với Ba(HCO3)2

BaO + H2O → Ba(OH)2

Ba(OH)2 + CO2 → Ba(HCO3)2 (Vì CO2 dư)

Với NH4HCO3

NH3 + CO2 + H2O → NH4HCO3

→ có 4 bình có thể tạo lại được chất ban đầu

Đáp án A

Câu 50:

Phương pháp:

Suy luận: X có tác dụng với NaHCO3 giải phóng khí CO2 → X có chứa gốc axit -COOH

Y có phản ứng tráng gương → trong cấu tạo của Y phải có nhóm -CHO

X hoặc Y tác dụng với dd NaOH dư đều thu được 1 muối và 1 ancol → X, Yphải chứa chức este

Từ đó tìm ra CTCT phù hợp của X, Y



X có tác dụng với NaHCO3 giải phóng khí CO2 → X có chứa gốc axit -COOH

Y có phản ứng tráng gương → trong cấu tạo của Y phải có nhóm -CHO

X hoặc Y tác dụng với dd NaOH dư đều thu được 1 muối và 1 ancol → X, Yphải chứa chức este

Vậy CTCT X phù hợp là CH3-OOC-CH2-COOH hoặc C2H5-OOC-COOH

CTCT của Y phù hợp là H-COO-CH2-CH2-OOC-H hoặc HCOO-COOC2H5

Từ đáp án đối chiếu cặp X, Y tương ứng thỏa mãn là: CH3-OOC-CH2-COOH và HCOO-CH2-COOCH3

Đáp án A

Câu 51:

Phương pháp:

Đặt CTPT của este Z là RCOOR'

BTKL ta có: mO(Z) = 2,15 - mC - mH = ? => nO(Z) = ?=> nZ = 1/2nO(Z) = ? (mol)

RCOOR' + KOH → RCOOK + R'OH

Có: MRCOOK = 2,75 : nRCOOK = ? => R = ?

BTKL: mROH = mRCOOR' + mKOH - mRCOOK = ? (g)

→ MR'OH = mR'OH : nR'OH = ? → R' = ?


Đặt CTPT của este Z là RCOOR'

BTKL ta có: mO(Z) = 2,15 - mC - mH = 2,15 - 0,1.12 - 0,075.2 = 0,8 (g)

=> nO(Z) = 0,8:16 = 0,05 (mol)

=> nZ = 1/2nO(Z) = 0,025 (mol)

RCOOR' + KOH → RCOOK + R'OH

0,025 → 0,025 → 0,025 → 0,025 (mol)

Có: MRCOOK = 2,75 : 0,025 = 110 => R = 27 (-C2H3)

BTKL: mROH = mRCOOR' + mKOH - mRCOOK = 2,15 + 0,025.56 - 2,75 = 0,8 (g)

→ MR'OH = 0,8:0,025 = 32 → R' + 17 = 32 → R' = 15 (-CH3)

Vậy CTCT este C2H3COOCH3 ; este này được tạo từ axit X: C2H3COOH và ancol Y : CH3OH

Đáp án B


Câu 52:

Phương pháp: Dựa vào tính chất và ứng dụng của KNO3 trong sgk hóa 12


A. đúng vì trộn 75% KNO3; 10% S và 15% C sẽ thu được thuốc nổ đen

2KNO3 + S + 3C 0t K2S + N2 + 3CO2

B. Sai, vì KNO3 tan rất nhiều trong nước.

C. đúng, vì cung cấp dinh dưỡng nguyên tố K và N cho cậy trồng

D. đúng, KNO3 0t KNO2 + 1/2O2

Đáp án B

Câu 53:

Phương pháp:

Các chất có liên kết bội kém bền, anilin, phenol làm mất màu dd nước Br2 ở nhiệt độ thường

Các chất có nhóm -CHO trong phân tử là mất màu dd Br2 khi đun nóng.


Các chất phản ứng với dd brom ở nhiệt độ thường là:

vinyl axetat (CH3COOCH=CH2); etilen (CH2=CH2) → có 2 chất

Đáp án A

Chú ý: các chất glucozo;metylfomat chỉ làm mất màu dd brom khi đun nóng

Câu 54:

Phương pháp: Các loại tơ poliamit, peptit có chứa nhóm -CO-NH- trong phân tử


Các chất có liên kết CO-NH trong phân tử là: caprolactam; glyxylanlin; nilon - 7, protein, ala-val-glu-lys → có 5

chất

CH2 − CH2 − C=O

caprolactam: CH2

CH2 − CH2 − NH

glyxylanlin: H2N-CH2-CO-NH-CH(CH3)-COOH

tơ lapsan: -(O-CH2-CH2-O-CO-C6H4-CO)-n


nilon - 7: -(NH-[CH2]6-CO-)n

alanin: CH3-CH(NH2)-COOH

xenlulozo: (C6H10O5)n

Đáp án A

Câu 55:

Phương pháp: Đổi số mol K; nKOH = nK = ? => pOH = -log[KOH] = ? => pH = 14 - pOH =?


nK = 1,95 : 39 = 0,05 (mol)

K + H2O → KOH + 1/2H2

0,05 → 0,05 (mol)

nKOH = 0,05 (mol) → [KOH] = n : V = 0,05 : 0,5 = 0,1 → pOH = -lg[OH-] = 1

→ pH = 14 - pOH = 13

Đáp án A

Câu 56:

Phương pháp: Chọn chất có tạo kết tủa hết với ion Ca2+, Mg2+ sẽ làm mềm được nước


Mẫu nước trên thuộc nước cứng toàn phần, do vậy ta dùng dd Na2CO3 để làm mềm nước cứng trên do Na2CO3 kết

tủa được hết ion Ca2+ và Mg2+

Ca2+ + CO32- → CaCO3↓

Mg2+ + CO32- → MgCO3↓

Đáp án C

Câu 57:

Phương pháp: Viết CTCT sau đó suy ra CTPT của các chất, chọn chất có CTPT trùng với yêu cầu của đề bài


A. Vinylfomat → HCOOCH=CH2 → CTPT: C3H4O2

B. Etylfomat → HCOOC2H5 → CTPT: C3H6O2

C. Metylaxetat → CH3COOCH3 → CTPT: C3H6O2

D. Phenylaxetat → CH3COOC6H5 → CTPT: C8H8O2


Đáp án A

Câu 58:

Phương pháp:

Từ pentanpetit cắt các đoạn nhỏ từng mắt xích để thu được dipeptit đúng theo thứ tứ

Chú ý: loại bỏ các đipeptit trùng nhau

các đipeptit tạo cùng các aminoaxit nhưng có đầu C và đầu N khác nhau thì sẽ khác nhau chứ không giống nhau


thủy phân không hoàn toàn pentapeptit Gly - Ala- Gly- Ala-Gly thu được các đipeptit là:

Gly - Ala ; Ala- Gly → thu được 2 peptit

Đáp án B

Câu 59:

Phương pháp:

Đặt hóa trị của M là n

Tính toán theo tỉ lệ PTHH và Đề bài : 2M + nH2SO4 → M2(SO4)n + nH2↑


Đặt hóa trị của M là n

2M + nH2SO4 → M2(SO4)n + nH2↑

Theo PT: 2M → (2M + 96n) gam

Theo ĐB: 2,52 → 6,84 gam

→ 2,52(2M + 96n) = 2M. 6,84

→ M = 28n

Vì hóa trị của kim loại thường là 1, 2, 3 nên n = 2 thì M = 56 (Fe) thỏa mãn

Đáp án C

Câu 60:

Phương pháp: Nhớ màu sắc đặc trưng của muối đồng


Dung dịch CuSO4 có màu xanh

Đáp án C


Câu 61:

Phương pháp:

X là tetrapeptit (tạo bởi từ 1 amino axit chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH → nX : nNaOH = 1 : 4

X + 4NaOH → Muối + H2O

0,075←0,3 → 0,075 (mol)

BTKL ta có: mX + mNaOH = mmuối + mH2O → mX = ?


X là tetrapeptit (tạo bởi từ 1 amino axit chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH) nên khi phản ứng với NaOH sẽ

phản ứng theo tỉ lệ nX : nNaOH = 1 : 4

=> nX = 1/4 nNaOH = 0,075 (mol)

X + 4NaOH → Muối + H2O

0,075←0,3 → 0,075 (mol)

=> nH2O = nX = 0,075 (mol)

BTKL ta có: mX + mNaOH = mmuối + mH2O

→ mX = 34,95 + 0,075.18 - 0,3.40 = 24,3 (g)

Đáp án C

Câu 62:

Phương pháp:

Ta thấy sau phản ứng thu được 0,75m gam hỗn hợp chất rắn là Cu và Fe → Fe dư sau phản ứng, vậy phản ứng chỉ

tạo thành Fe2+

Các phương trình xảy ra:

3Fe + 2NO3 - + 8H+ → Fe2+ + 2NO + 4H2O

Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+

Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu↓

Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng: mKl giảm = mFe pư - mCu sinh ra → m = ? (g)


Ta thấy sau phản ứng thu được 0,75m gam hỗn hợp chất rắn là Cu và Fe → Fe dư sau phản ứng, vậy phản ứng chỉ

tạo thành Fe2+

nH2SO4 = 0,2 (mol) → nH+ = 2nH2SO4 = 0,4 (mol)


nFe(NO3)3 = 0,2.0,5 = 0,1 (mol) → nNO3- = 0,3 (mol) và nFe3+ = 0,1 (mol)

nCuSO4 = 0,2.0,25 = 0,05 (mol) → nCu2+ = 0,05 (mol)

Các phương trình xảy ra:

3Fe + 2NO3 - + 8H+ → Fe2+ + 2NO + 4H2O

0,15 0,1← 0,4 (mol)

Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+

0,05← 0,1 (mol)

Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu↓

0,05← 0,05 → 0,05 (mol)

Ta có: mKl giảm = mFe pư - mCu sinh ra

→ (m - 0,75m) = (0,15 + 0,05 + 0,05).56 - 0,05.64

→ 0,25m = 10,8

→ m = 43,2 (g)

Đáp án C

Câu 63:

Phương pháp:

Khi cho từ từ H+ vào dd CO32- thì xảy ra phản ứng theo thứ tự

H+ + CO32- → HCO3

-

H+ + HCO3- → CO2 + H2O

CT nhanh: nCO2 = ∑ nH+ - nCO32- =


nHCl = 0,2 (mol) ; nH2SO4 = 0,2.0,5 = 0,1 (mol)

→ ∑ nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 0,4 (mol)

nNa2CO3 = 0,3.1 = 0,3 (mol)

Khi cho từ từ H+ vào dd CO32- thì xảy ra phản ứng theo thứ tự

H+ + CO32- → HCO3

-

H+ + HCO3- → CO2 + H2O

CT nhanh: nCO2 = ∑ nH+ - nCO32- = 0,4 - 0,3 = 0,1 (mol) → VCO2(đktc) = 2,24 (l)


Đáp án C

Câu 64:

Phương pháp:

Đặt x, y, z lần lượt là số mol của C2H6, C2H4, C2H2 trong mỗi phần

Lập hệ 3 ẩn 3 phương trình với số mol X, mol H2O và khối lượng tăng của bình Br2 sẽ tìm ra được x, y, z = ?


Số mol hỗn hợp X trong mỗi phần là 0,15 mol

Đặt x, y, z lần lượt là số mol của C2H6, C2H4, C2H2 trong mỗi phần

Ta có hệ phương trình:

2

2

X

BTNT"H"

H O

Br tang

2 6

n x y z 0,15x 0,05

5,4n 3x 2y z 0,3 y 0,05

18z 0,05

m 28y 26z 2,7

0,05.30%C H .100% 35,71%

0,05.30 0,05.28 0,05.26

Đáp án B

Câu 65:

Phương pháp:

Đổi VC2H5OH = VddC2H5OH.độ rượu :100 = ? (lít) → đổi ra đơn vị (ml)

Đổi mC2H5OH = VC2H5OH.d = ? (gam) → nC2H5OH = ? (mol)

Tính khối lượng tinh bột lí thuyết cần lấy theo sơ đồ sau: (C6H10O5)n → nC6H12O6 → 2nC2H5OH + 2nCO2

Vì %H = 72% nên mC6H10O5 thực tế = mC6H10O5 lí thuyết.100% :%H = ?


2 5

2 5

2 5 2 5 2 5

2 5

2 5

2 5

ddC H OH 0 0

C H OH r

C H OH C H OH C H OH

C H OH

C H OH

C H OH

V 5V .D .46 2,3(l) 2300(ml)

100 100

m V .d 2300.0,8 1840(g)

m 1840m 40(mol)

M 46

Sơ đồ: (C6H10O5)n → nC6H12O6 → 2nC2H5OH + 2nCO2

20 ← 40 (mol)


Theo PTHH: nC6H10O5 = 1/2nC2H5OH = 20 (mol) → mC6H10O5 lí thuyết = 20.162 = 3240 (g)

Vì %H = 72% nên mC6H10O5 thực tế = mC6H10O5 lí thuyết.100% :%H = 3240.100%: 72% = 4500 (g) = 4,5 (kg)

Đáp án D

Chú ý: Bỏ qua hệ số n để tiện tính toán mà không ảnh hưởng đến kết quả

Câu 66:

Phương pháp:

Tính được nO(X) suy ra mol Al2O3 trong X

Đổi số mol nH2(đktc) = 0,6 (mol) → nOH- = 2nH2 = ?(mol)

Đặt chung 3 kim loại Na, K, Ba là A có hóa trị là n

Dung dịch Y chứa: A+n ; AlO2- = ? (mol); OH- = ? (mol)

Xét dd Y phản ứng với HCl có PTHH xảy ra theo thứ tự

H+ + OH- → H2O

H+ + AlO2- + H2O → Al(OH)3↓

3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3H2O

→ a = mAl(OH)3 còn lại = ? (g)


mO(X) = 86,3.19,47%:100% = 16,8 (g) → nO(X) = 1,05 (mol)

→ nAl2O3 = 1/3nO(X) = 0,35 (mol)

→ mNa, K, Ba(X) = 86,3 - mAl2O3 = 86,3 - 0,35.102 = 50,6 (g)

nH2(đktc) = 13,44:22,4 = 0,6 (mol) → nOH- = 2nH2 = 1,2 (mol)

Đặt chung 3 kim loại Na, K, Ba là A có hóa trị là n

2A + nH2O → 2A(OH)n + nH2↑

1,2/n ← 0,6 (mol)

nAl2O3 + 2A(OH)n → 2A(AlO2)n + nH2O

0,35 → 0,7/n (mol)

→ sau pư A(OH)n dư = 1,2/n - 0,7/n = 0,5/n (mol) → nOH- dư = 0,5 (mol)

Dung dịch Y chứa: A+n ; AlO2- : 0,7 (mol); OH- = 0,5 (mol)

Xét dd Y phản ứng với HCl: 3,2.0,75 = 2,4 (mol) có PTHH xảy ra theo thứ tự


H+ + OH- → H2O

0,5 ← 0,5 (mol)

H+ + AlO2- + H2O → Al(OH)3↓

0,7 ←0,7 → 0,7 (mol)

3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3H2O

(2,4 - 0,5 - 0,7) → 0,4 (mol)

→ nAl(OH)3 còn lại = 0,7 - 0,4 = 0,3 (mol)

→ a = mAl(OH)3 còn lại = 0,3.78 = 23,4 (g)

Đáp án D

Câu 67:

Phương pháp:

Viết các PTHH của các phản ứng xảy ra, chọn các phản ứng vừa thu được khí bay ra và vừa có kết tủa


(1) H2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4↓ + 2CO2↑ + 2H2O

(2) 3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O → 2Al(OH)3↓ + 3CO2↑ + 6NaCl

(3) Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑

Ba(OH)2 + 2NaHSO3 → BaSO3↓ + Na2SO3 + 2H2O

(4) Mg + 2NaHSO4 → MgSO4 + Na2SO4 + H2↑

(5) 2NaHCO3 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O

(6) 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑

2NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2↓ + Na2SO4

→ có 4 thí nghiệm (1), (2), (3), (6) thu được cả kết tủa và bay hơi

Đáp án D

Câu 68:

Phương pháp: Các chất có N trong cấu tạo phân tử thì khi đốt cháy sẽ thu được N2


A. -(-CH2-CH(CN)-)-n ; tơ tằm (có nito), -(-NH[CH2]5CO-)-n; -(- CH2 - CH(CN) - CH(C6H5)- CH2 -)-n → cháy

đều thu được N2


B. (-O-CH2-CH2-O-CO-C6H4-CO-)-n; -(-NH[CH2]6CO-)-n; -(-NH[CH2]5CO-)-n; -(C6H10O5-)-n → chỉ có tơ enang,

tơ nilon-6 đốt thu được N2

C. protein, (-NH-[CH2]6-NH-CO-[CH2]4-CO-)-n; -(-CH2-CH(CH3)(OOCH3)-)-n ; -(-CH2-CH(Cl)-)-n → chỉ có

protein, nilon - 6,6 đốt thu được N2

D. amilopectin, -(-CH2- CH=CH-CH2- CH(C6H5) -CH2-)-n ; -(-CH2-CH(CN)-)-n; -(-CH2-CH2-)-n → chỉ có tơ olon

đốt thu được N2

Đáp án A

Câu 69:

Phương pháp:

Đặt công thức chung của 2 amin no, đơn chức, kế tiếp là CnH2n+3N

Ta có: nhh amin = (nH2O - nCO2)/1,5 = ? (mol)

=> n = nCO2/ nhh amin = ?

Vì 2 amin đồng đẳng kế tiếp suy ra được CTPT 2 amin


Đặt công thức chung của 2 amin no, đơn chức, kế tiếp là CnH2n+3N

nCO2 = 2,24:22,4 = 0,1 (mol) ; nH2O = 3,6 : 18 = 0,2 (mol)

CnH2n+3nN + (3n + 1,5)/2O2 → nCO2 + (n+1,5)H2O + 0,5N2

Ta có: nhh amin = (nH2O - nCO2)/1,5 = (0,2 - 0,1)/1,5 = 1/15 (mol)

=> n = nCO2/ nhh amin = 0,1/ (1/15) = 1,5

→ 2 amin là CH5N và C2H7N

Đáp án A

Câu 70:


Các thí nghiệm đều điều chế được NaOH là II, III, VI.

(II) Na2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + 2NaOH

(III) 2NaCl + 2H2O DPNC 2NaOH + H2 + Cl2

(VI) Na2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓ + 2NaOH

Đáp án C

Câu 71:


Phương pháp:

MZ = 6,1.4 = 24,4 => Z có chứa H2 và NO

Dựa vào tỉ khối ta tính được tỉ lệ hai khí trong hỗn hợp Z.

Do khí sinh ra có chứa H2 nên dung dịch Y không chứa NO3-. Do phản ứng có thể sinh ra muối amoni nên ta phải

giả sử dung dịch Y chứa NH4+

Sơ đồ bài toán:

2

BT:N

3 24

Zn

HCl NaZn NOX dd Y

NaNOZnO HNH

Cl

Dựa vào các dữ kiện đề bài cho để đặt ẩn số mol. Dựa vào các định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích và

bảo toàn electron để lập hệ phương trình.


MZ = 6,1.4 = 24,4 => Z có chứa H2 và NO

Ta có: 2H

NO

n 30 24,4 1

n 24,4 2 4

Do khí sinh ra có chứa H2 nên dung dịch Y không chứa NO3-. Do phản ứng có thể sinh ra muối amoni nên ta phải

giả sử dung dịch Y chứa NH4+

Sơ đồ bài toán:

2

BT:N

3 24

Zn : 7xNO : 0,19 y

HCl :1,62 Na : 0,19Zn : 4xX dd Y 0,19 y

NaNO : 0,19ZnO :3x H : 0,0475 0,25yNH : y4

Cl :1,62

+ BTĐT cho dd Y: 2nZn2+ + nNa+ + nNH4+ = nCl- => 2.7x + 0,19 + y = 1,62 (1)

+ Bảo toàn electron: 2nZn = 8nNH4+ + 3nNO + 2nH2 => 2.4x = 8y + 3(0,19 - y) + 2(0,0475 - 0,25y) (2)

Giải hệ (1) và (2) được x = 0,1 và y = 0,03

Vậy khối lượng muối trong dung dịch Y là:

m muối = ∑m ion = 7.0,1.65 + 0,19.23 + 0,03.18 + 1,62.35,5 = 107,92 gam

Đáp án B

Câu 72:


(C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH ot 3C17H35COONa + C3H5(OH)3

- A đúng, phía trên là xà phòng C17H35COONa, phía dưới là chất lỏng chứa glixerol, NaOH dư, chất béo dư.

- B đúng


- C sai, vì việc cho thêm NaCl bão hòa nhằm để xà phòng tách ra khỏi dung dịch dưới dạng chất rắn

Giải thích:

Xà phòng hòa tan trong nước: C17H35COONa C17H35COO- + Na+

Khi thêm NaCl bão hòa vào thì nồng độ Na+ lúc đó rất lớn làm cân bằng trên chuyển dịch theo chiều nghịch, làm độ

tan của xà phòng giảm từ đó ta thu được xà phòng. Bên cạnh đó, dung dịch NaCl bão hòa có tỉ trọng lớn nên lắng

xuống phía dưới, đẩy xà phòng nổi lên trên mặt dung dịch.

- D đúng, chất lỏng có chứa glixerol nên hòa tan được Cu(OH)2 tạo dung dịch có màu xanh lam

Đáp án C

Câu 73:

Phương pháp:

CTCT của A là: CH3NH3HCO3 => Khí Z là CH3NH2

Do sau phản ứng chỉ thu được CH3NH2 => B có CTCT là: HOCH2COONH3CH3

Hướng dẫn giải: nZ = 0,25 mol

CTCT của A là: CH3NH3HCO3 => Khí Z là CH3NH2

Do sau phản ứng chỉ thu được CH3NH2 => B có CTCT là: HOCH2COONH3CH3

Đặt số mol của A và B lần lượt là a, b (mol)

PTHH:

CH3NH3HCO3 + 2NaOH → Na2CO3 + CH3NH2 + 2H2O

a a a

HOCH2COONH3CH3 + NaOH → HOCH2COONa + CH3NH2 + H2O

b b b b

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

+ nZ = nCH3NH2 => a + b = 0,25 (1)

+ m chất rắn = mNa2CO3 + mHOCH2COONa => 106a + 98b = 25,3 (2)

Giải hệ (1) và (2) được x = 0,1 và y = 0,15

=> m = 0,1.93 + 0,15.107 = 25,35 gam gần nhất với 25,6 gam

Đáp án C

Câu 74:


- X4 là axit ađipic (HOOC-(CH2)4-COOH) nên suy ra X1 là NaOOC-(CH2)4-COONa

=> X2, X3 là ancol

- X6 là este có mùi chuối chín nên X6 là isoamyl axetat (CH3COOCH2-CH2-CH(CH3)-CH3)

=> X3, X5 là CH3COOH, CH3-CH(CH3)-CH2-CH2-OH

- Do X2 + CO tạo X5 nên suy ra X2 là CH3OH, X5 là CH3COOH


=> X3 là CH3-CH(CH3)-CH2-CH2-OH

Vậy X là: CH3-CH(CH3)-CH2-CH2-OOC-(CH2)4-COO-CH3 (CTPT: C12H22O4)

=> MX = 230

Đáp án B

Câu 75:

Phương pháp:

Tóm tắt sơ đồ bài toán

Y

2

2 3 2

3 4 2 4 4 4

m 111,46g3 2

2

NO : 0,05(mol)Z

H O :0,2(mol)Fe

38,36 (g) X Fe O H SO :0,87 mol Mg ;Fe ; NH ;SO

Fe(NO )

H O

BTKL: mX + mH2SO4 = mY + mZ + mH2O => mH2O = ? => nH2O = ?

BTNT H => nNH4+ = (2nH2SO4 – 2nH2 – 2nH2O )/4 = ? (mol)

BTNT N: nFe(NO3)2 = ( nNO + nNH4+)/2 = ? (mol)

BTNT O: 4nFe3O4 + 6nFe(NO3)2 = nNO + nH2O => nFe3O4 = ? (mol)

BTKL: mMg = mX – mFe3O4 – mFe(NO3)2 = ? (g)

%Mg = ?


Y

2

2 3 2

3 4 2 4 4 4

m 111,46g3 2

2

NO : 0,05(mol)Z

H O :0,2(mol)Fe

38,36 (g) X Fe O H SO :0,87 mol Mg ;Fe ; NH ;SO

Fe(NO )

H O

nZ = 5,6 : 22,4 = 0,25 (mol); MZ = 3,8.2 = 7,6 (g/mol)

=> mZ = 0,25. 7,6 = 1,9 (g)

Gọi x và y là số mol của NO và H2

x y 0,25 x 0,05(mol)

30x 2y 1,9 y 0,2(mol)

BTKL: mX + mH2SO4 = mY + mZ + mH2O

=> mH2O = 38,36 + 0,87.98 – 111,46 – 1,9 = 10,26 (g)

=> nH2O = 0,57 (mol)

BTNT H => nNH4+ = (2nH2SO4 – 2nH2 – 2nH2O )/4 = (2.0,87 – 2.0,2 – 2. 0,57)/4 = 0,05 (mol)

BTNT N: nFe(NO3)2 = ( nNO + nNH4+)/2 = ( 0,05+ 0,05)/2 = 0,05 (mol)

BTNT O: 4nFe3O4 + 6nFe(NO3)2 = nNO + nH2O => nFe3O4 = ( 0,05 + 0,57 – 6. 0,05)/4 = 0,08 (mol)

BTKL: mMg = mX – mFe3O4 – mFe(NO3)2 = 38,36 – 0,08.232 – 0,05. 180 = 10,8 (g)


%Mg = (10,8 : 38,36).100% = 28,15%

Đáp án A

Câu 76:

Phương pháp: Lý thuyết tổng hợp hữu cơ.


(a) sai, chất béo là trieste của glixerol và các axit béo

(b) đúng, những chất có chứa từ 2 liên kết peptit trở lên có phản ứng màu biure

(c) đúng, vì etyl fomat (HCOOC2H5) trong gốc HCOO- có chứa cấu trúc -CHO nên có phản ứng tráng gương

(d) đúng

(e) đúng, vì chất béo là trieste của glixerol và axit béo

(f) sai, triolein không phản ứng được với Cu(OH)2

(g) sai, tơ nilon-6,6 được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng

(h) đúng

Vậy có tất cả 3 phát biểu sai

Đáp án A

Câu 77:


(6) sai, để điều chế kim loại Na chỉ có cách là điện phân nóng chảy hợp chất của nó

Các phát biểu còn lại đúng

Đáp án C

Câu 78:

Phương pháp:

Nhìn vào đồ thị ta thấy sau một thời gian kết tủa xuất hiện nên suy ra trong dung dịch Y có chứa H+ dư

=> nH+ dư = ?

Khi thêm NaOH khối lượng kết tủa không đổi và bằng 5,136 gam => mFe(OH)3 = ? => nFe(OH)3 = ?

Quy đổi mỗi phần thành: Al; Fe; Cr; O

Đặt ẩn số mol sau đó dựa vào các dữ kiện đề bài để lập hệ phương trình.


Nhìn vào đồ thị ta thấy sau một thời gian kết tủa xuất hiện nên suy ra trong dung dịch Y có chứa H+ dư

=> nH+ dư = 0,296 mol

Khi thêm NaOH khối lượng kết tủa không đổi và bằng 5,136 gam => mFe(OH)3 = 5,136 gam

=> nFe(OH)3 = 0,048 mol

Quy đổi mỗi phần thành: Al (x mol); Fe (0,048 mol); Cr (y mol); O (x mol)

=> nFe2O3 = 0,5.0,048 = 0,024 (mol); nCr2O3 = 0,5y (mol)


+ Ta có: nO = 3nFe2O3 + 3nCr2O3 => z = 3.0,024 + 3.0,5y (1)

+ BTe quá trình phần 1 tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư:

3nAl + 3nFe + 3nCr = 2nO + 2nSO2 => 3x + 3.0,048 + 3y = 2z + 0,09.2 (2)

+ Phần 2 tác dụng với HNO3:

Thành phần dung dịch Y

3

3

3

BTDT

3

Al : x

Fe : 0,048

Cr : y

H du : 0,296

NO :3x 3y 0,44

Do 2 phần có khối lượng bằng nhau nên ta suy ra lượng e trao đổi của SO2 bằng lượng e trao đổi của NO

=> 2nSO2 = 3nNO => nNO = 2/3.nSO2 = 2/3.0,09 = 0,06 mol

BTNT "N": nHNO3 pư = nNO3- + nNO => 0,8 = 3x + 3y + 0,44 + 0,06 (3)

Giải hệ (1) (2) (3) được x = 0,06; y = 0,04; z = 0,132

Trong mỗi phần ta có: nCr = y = 0,04 => nCr2O3 = 0,02 mol => mCr2O3 = 3,04 gam

=> mCr2O3 (hh đầu) = 6,08 gam

Đáp án C

Câu 79:

Phương pháp:

RCOOK + KOH → RH + K2CO3

Do n chất rắn = nKOH ban đầu = 0,7 và nRH = 0,3 nên có 2 trường hợp

TH1: nRCOOK = 0,4 và nKOH dư = 0,3 (mol)

m rắn = 53 → R = 7,5: HCOOK và R’COOK

nY = 0,4 → nY pư = 0,24 (mol)

Tách H2O của Y → nH2O = 0,12 (mol)

→ mY pư = mEste + mH2O = 10,2 (g)

→ MY = 42,5 (g/mol)

Vậy Y chứa CH3OH (0,1) và C2H5OH (0,3) → Tỷ lệ mol các muối là 1: 3 hoặc 3: 1

=> R’ thỏa mãn

Từ đó xét được các nhận định đúng sai

TH2: nRCOOK = 0,3 và nKOH dư = 0,4 Làm tương tự.


RCOOK + KOH → RH + K2CO3

Do n chất rắn = nKOH ban đầu = 0,7 và nRH = 0,3 nên có 2 trường hợp


TH1: nRCOOK = 0,4 và nKOH dư = 0,7 – 0,4 = 0,3 (mol)

m rắn = 53 → R = 7,5: HCOOK và R’COOK

nY = 0,4 → nY pư = 0,24 (mol)

Tách H2O của Y → nH2O = 0,12 (mol)

→ mY pư = mEste + mH2O = 10,2 (g)

→ MY = 42,5 (g/mol)

Vậy Y chứa CH3OH (0,1) và C2H5OH (0,3) → Tỷ lệ mol các muối là 1: 3 hoặc 3: 1

1+ 3R’ = 7,4.4 => R’ = 29/3 => Loại

3+ R’ = 7,5.4 => R’ = 27 : CH2= CH-

E là HCOOC2H5 (0,3) và F là CH2 = CHCOOCH3: 0,1

(1) Sai

(2) Sai, mE = 22,2

(3) Đúng

(4) Đúng

(5) Sai

TH2: nRCOOK = 0,3 và nKOH dư = 0,4 Làm tương tự.

Vậy có 2 phát biểu đúng

Đáp án B

Câu 80:

Phương pháp:

Gọi số mol của CuSO4 và NaCl lần lượt là x và 3x (mol)

Thứ tự điện phân các chất tại catot và anot

Tại catot: Tại anot:

Cu2+ +2e → Cu↓ 2Cl- → Cl2 + 2e

2H2O + 2e → 2OH- + H2 2H2O → 4H+ + O2↑ + 4e

Vì nCl- = 3nCu2+ và chất tan thu được hòa tan được Al2O3 => Cl- điện phân hết.

2 chất tan thu được là Na2SO4 : x ( mol) ; NaOH: (3x – 2x) = x (mol)

2NaOH + Al2O3 → 2NaAlO2 + H2O

0,06 ← 0,03 (mol)

=> x = nNaOH = 0,06 (mol)

Tại catot: Cu: 0,06 mol; nH2 = a (mol)

Tại anot: Cl2: 0,09 mol; nO2 = b (mol)

2 2 2

enhuong enhan

giam Cu Cl H O

n n a ?

b ?m m m m m


=> ∑ ne = ? (mol)

Áp dung CT ta có: ne = It/F => t = ? (giờ)


Gọi số mol của CuSO4 và NaCl lần lượt là x và 3x (mol)

Thứ tự điện phân các chất tại catot và anot

Tại catot: Tại anot:

Cu2+ +2e → Cu↓ 2Cl- → Cl2 + 2e

2H2O + 2e → 2OH- + H2 2H2O → 4H+ + O2↑ + 4e

Vì nCl- = 3nCu2+ và chất tan thu được hòa tan được Al2O3 => Cl- điện phân hết.

2 chất tan thu được là Na2SO4 : x ( mol) ; NaOH: (3x – 2x) = x (mol)

2NaOH + Al2O3 → 2NaAlO2 + H2O

0,06 ← 0,03 (mol)

=> x = nNaOH = 0,06 (mol)

Tại catot: Cu: 0,06 mol; nH2 = a (mol)

Tại anot: Cl2: 0,09 mol; nO2 = b (mol)

2 2 2

enhuong enhan

giam Cu Cl H O

n n 0,06.2 2a 0,09.2 4b a 0,15

0,06.64 0,09.71 2a 32b 12,45 b 0,06m m m m m

=> ∑ ne = 0,06.2 + 2.0,15 = 0,42 (mol)

Áp dung CT ta có: ne = It/F => t = 0,42.96500/2 = 20265 (s) = 5,63 (giờ)

Gần nhất với 5,6 giờ

Đáp án D


trƯỜng thpt quỐc oai kỲ thi khẢo sÁt nĂm 2019 ... chi tiet...0,25m. khuấy đều cho...

Documents