Bộ đề ôn luyện Hóa Học cực hay có lời giải (Đề số 14)
-
5879 lượt thi
-
40 câu hỏi
-
50 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 4:
Hóa chất nào sau đây có thể dùng làm thuốc thử để phân biệt dung dịch ancol etylic (C2H5OH) và dung dịch phenol (C6H5OH)?
Đáp án C
Câu 8:
Axit panmitic có công thức là
Đáp án C
Một số axit béo thường gặp đó là:
C17H35COOH : Axit Stearic
C17H33COOH : Axit Olein
C17H31COOH : Axit Linoleic
C15H31COOH : Axit Panmitic
Câu 11:
Kim loại nào sau đây phản ứng được với dung dịch HCl?
Đáp án D
Vì Al đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học.
⇒ Al có thể tác dụng được với dung dịch HCl
Câu 12:
PVC là chất rắn vô định hình, cách điện tốt, bền với axit, được dùng làm vật liệu cách điện, ống dẫn nước, vải che mưa...PVC được tổng hợp trực tiếp từ chất nào sau đây
Đáp án A
+ Tên của PVC bắt nguồn từ tên của monome tạo ra nó đó là Poli (Vinyl Clorua).
⇒ Chọn A
+ Vinyl clorua có CTCT là CH2=CHCl
Câu 13:
"Nước đá khô" không nóng chảy mà thăng hoa nên được dùng để tạo môi trường lạnh và khô rất tiện cho việc bảo quản thực phẩm. Nước đá khô là
Đáp án A
"Nước đá khô" không nóng chảy mà thăng hoa nên được dùng để tạo môi trường lạnh khô rất tiện cho việc bảo quản thực phẩm mà nhất là các loại hạt giống tốt.
Thành phần của "nước đá khô" là CO2 rắn
Câu 14:
Hợp chất nào sau đây chứa 40% cacbon về khối lượng?
Đáp án B
Từ các tính %mC/HCHC ta tính được:
C2H5OH chứa 52,174% cacbon về khối lượng.
CH3COOH chứa 40% cacbon về khối lượng.
CH3CHO chứa 54,55% cacbon về khối lượng.
C3H8 chứa 81,82% cacbon về khối lượng
Câu 16:
Nhúng quỳ tím lần lượt vào các dung dịch chứa các chất riêng biệt sau: (1) metyl amin; (2) glyxin; (3) lysin; (4) axit glutamic. Số dung dịch làm quỳ tím hóa xanh là
Đáp án D
Câu 17:
Cho 17,8 gam alanin tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu được m gam muối. Giá trị của m là
Đáp án D
Câu 19:
Dung dịch chất nào dưới đây khi phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được kết tủa trắng?
Đáp án D
Câu 20:
Dung dịch nào sau đây không có phản ứng hòa tan Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường?
Đáp án B
Câu 22:
Cho các phản ứng sau (xảy ra trong điều kiện thích hợp)
(1) CuO + H2 → Cu + H2O;
(2) CuCl2 → Cu + Cl2;
(3) Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu;
(4) 3CO + Fe2O3 → 3CO2 + 2Fe.
Số phản ứng dùng để điều chế kim loại bằng phương pháp thủy luyện là
Đáp án D
Câu 23:
Để thủy phân hoàn toàn 4,4 gam etyl axetat cần dùng vừa đủ V ml dung dịch NaOH 0,1M. Giá trị của V là
Đáp án C
Câu 24:
Cho m gam kim loại Fe tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch HCl sinh ra 1,12 lít (đktc) khí H2. Giá trị của m là
Đáp án C
Câu 25:
Cho 6,57 gam Al–Gly phản ứng hoàn toàn với 150 ml dung dịch KOH 1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
Đáp án B
Ta có nĐipeptit = 0,045 mol.
Nhận thấy 2nĐipeptit < 2nKOH ⇒ nH2O tạo thành = nĐipeptit = 0,045 mol.
+ Bảo toàn khối lượng.
⇒ mChất rắn khan = 6,57 + 0,15×56 – 0,045×18 = 14,16 gam
Câu 26:
Hỗn hợp khí X gồm etilen và propin. Cho a mol X tác dụng với lượng dư dd AgNO3 trong NH3 thu được 22,05 gam kết tủa. Mặt khác a mol X phản ứng tối đa với 0,40 mol H2. Giá trị của a là
Đáp án D
Đặt số mol C2H4 = a và nC3H4 = b.
+ PT theo nH2: a +2b = 0,4 (1).
+ PT theo khối lượng kết tủa là: 147b = 22,05 (2).
⇒ Giải hệ PT (1) và (2) ⇒ a = 0,1 và b = 0,15
⇒ a + b = 0,25
Câu 28:
Cho 7,2 gam axit acrylic tác dụng với 150 ml NaOH 1M thu được dung dịch X. Cô cạn X thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
Đáp án A
Ta có phản ứng: CH2=CHCOOH + NaOH → CH2=CHCOONa + H2O.
Ta có: nCH2=CHCOOH = 0,1 mol < nNaOh ⇒ nH2O = 0,1 mol.
+ Bảo toàn khối lượng ta có: mRắn khan = 7,1 + 0,15×40 – 0,1×18 = 11,4 gam
Câu 31:
Hỗn hợp E gồm amin X có công thức dạng CnH2n+3N và amino axit Y có công thức dạng CmH2m+1O2N (trong đó số mol X gấp 1,5 lần số mol Y). Cho 14,2 gam hỗn hợp E tác dụng hoàn toàn với dd HCl dư, thu được 21,5 gam hỗn hợp muối. Mặt khác, cho 14,2 gam hỗn hợp E tác dụng vừa đủ với dd NaOH, thu được x gam muối. Giá trị của x là
Đáp án D
Từ tỉ lệ mol ta đặt: nCnH2n+1N = 3a và nCmH2m+1O2N = 2a.
⇒ 3a + 2a = nHCl pứ = 0,2 ⇒ a = 0,04 mol.
⇒ nCnH2n+1N = 0,12 và nCmH2m+1O2N = 0,08 mol
Ta có: 0,12 × MCnH2n+1N + 0,08 × MCmH2m+1O2N = 14,2 gam.
Û 0,12×(14n+17) + 0,08×(14m+47) = 14,2 Û 3n + 2m = 15.
+ Giải PT nghiệm nguyên ta có 2 cặp nghiệm thỏa mãn:
● TH1: n = 1 và m = 6 ⇒ Y là: C6H13O2N
⇒ mMuối = 0,08×(131+22) = 12,24 gam ⇒ Loại vì k có đáp án.
● TH2: n = 3 và m = 3 ⇒ Y là: C3H7O2N
⇒ mMuối = 0,08×(89+22) = 8,88 gam
Câu 33:
Tiến hành các thí nghiệm sau:
(1) Ngâm một lá đồng trong dung dịch AgNO3.
(2) Ngâm một lá kẽm trong dung dịch HCl loãng.
(3) Ngâm một lá nhôm trong dung dịch NaOH loãng.
(4) Ngâm một lá sắt được quấn dây đồng trong dung dịch HCl loãng.
(5) Để một vật bằng thép ngoài không khí ẩm.
(6) Ngâm một miếng đồng vào dung dịch Fe2(SO4)3.
Số thí nghiệm xảy ra ăn mòn điện hóa là
Đáp án D
Số thí nghiệm xảy ra ăn mòn điện hóa gồm: (1), (4) và (5)
Câu 34:
Kết quả thí nghiệm của các dd X, Y, Z với thuốc thử được ghi ở bảng sau:
X, Y, Z lần lượt là
Đáp án A
Câu 35:
Cho x mol Fe vào cốc chứa y mol HNO3, khuấy đều để phản ứng xảy ra hoàn toàn được dung dịch Z, chứa 2 chất tan có cùng nồng độ mol và khí T (sản phẩm duy nhất của sự khử) không màu hóa nâu ngoài không khí. Mối quan hệ giữa x, y trong thí nghiệm trên có thể là
Đáp án B
● Giả sử 2 chất tan đó là: Fe(NO3)3 và HNO3 dư.
⇒ nFe(NO3)3 = nHNO3 dư = x.
Bảo toàn electron ta có: 3nNO = 3nFe Û nNO = x.
+ Bảo toàn nguyên tố nito: ∑nHNO3 = 3nFe(NO3)3 + nHNO3 dư + nNO.
Û y = 3x + x + x Û y = 5x
● Giả sử 2 chất tan đó là Fe(NO3)3 và Fe(NO3)3.
⇒ nFe(NO3)3 = nFe(NO3)2 = x/2.
Bảo toàn electron ta có: nNO = (3nFe(NO3)3 + 2nFe(NO3)2) ÷ 3 = 5x/6
+ Ta có: ∑nHNO3 = 4nNO Û y = 10x/3
Câu 36:
Cho các phản ứng xảy ra theo sơ đồ sau:
X + NaOH Y + Z
Y(rắn) + NaOH(rắn) CH4 + Na2CO3
Z + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O CH3COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag
Chất X là
Đáp án B
Từ đáp án ⇒ X là este đơn chức.
Y + NaOH → CH4 + Na2CO3 ⇒ Y là CH3COONa ⇒ Loại A và C.
Z có phản ứng tráng gương ⇒ Loại D ⇒ X là CH3COOCH=CH2
Câu 37:
Thủy phân hoàn toàn một triglixerit X trong dd NaOH dư, đun nóng, sinh ra glixerol và hỗn hợp 2 muối gồm natri oleat và natri linoleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 2,385 mol O2, sinh ra 1,71 mol CO2. Phát biểu nào sau đây đúng
Đáp án A
Bài này không cần dùng giả thiết đốt cháy, với chút suy luận là đủ để chọn đáp án.
♦ Thủy phân X thu được 2 muối nên cấu tạo của nó phải chứa cả 2 gốc oleat và linoleat.
dù cái nào thì triglixerit cũng chứa 3 gốc C17H????COO–
||→ số C của X = 18 × 3 + 3 = 57. thấy ngay đáp án D sai.
tạo X do 1 gốc oleat với 2 gốc linoleat hoặc 2 gốc oleat với 1 gốc linoleat ||→ số πC=C là 4 hoặc 5.
làm gì có 3 πC=C được → phát biểu B cũng sai luôn.
Hiđro hóa hoàn toàn X thì rõ rồi, gốc no C17 là C17H35COO là stearat → C sai nốt.
Loại trừ đã đủ để chọn đáp án A rồi.
Giải thì sao? À, cũng khá đơn giản, như biết trên, X có dạng (C17H???COO)3C3H5 hoặc gọn hơn C57H????O6.
nCO2 = 1,71 mol → nX = 0,03 mol; nO trong X = 0,18 mol, biết nO2 cần đốt = 2,385 mol.
||→ bảo toàn O có nH2O = 1,53 mol ||→ mX = mC + mH + mO = 26,46 gam.
Rõ hơn nữa, số H của X = 102 cho biết X được tạo từ 2 gốc oleat (C17H33) và 1 gốc linoleat (C17H31).
Tóm lại đáp án cần chọn là A.
Câu 38:
Hỗn hợp M chứa 2 peptit X, Y (có số liên kết peptit hơn kém nhau 1 liên kết). Đốt cháy hoàn toàn 10,74 gam M cần dùng 11,088 lít O2 (đktc), dẫn sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng lên 24,62 gam. Mặt khác, cho 0,03 mol M tác dụng vừa đủ với 70 ml NaOH 1M (đun nóng) thu được hỗn hợp sản phẩm Z gồm 3 muối: Gly, Ala, Val trong đó muối của Gly chiếm 38,14% về khối lượng. Phần trăm về khối lượng muối của Val trong Z gần nhất với giá trị nào sau đây
Đáp án B
► Quy M về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O. m bình tăng = mCO₂ + mH₂O = 24,62(g).
Bảo toàn khối lượng: mN₂ = 10,74 + 0,495 × 32 - 24,62 = 1,96(g)
⇒ nN₂ = 0,07 mol ⇒ nC₂H₃NO = 0,07 × 2 = 0,14 mol
nO₂ = 2,25nC₂H₃NO + 1,5nCH₂ ⇒ nCH₂ = 0,12 mol
⇒ nH₂O = (10,74 - 0,14 × 57 - 0,12 × 14) ÷ 18 = 0,06 mol
► Dù lấy bao nhiêu mol thì %m muối Gly vẫn không đổi ⇒ xét về 10,74(g) M cho tiện :P
Muối gồm 0,14 mol C₂H₄NO₂Na và 0,12 mol CH₂ ⇒ m muối = 0,14 × 97 + 0,12 × 14 = 15,26(g)
⇒ nGly-Na = 15,26 × 38,14% ÷ 97 = 0,06 mol
● Đặt nAla = x; nVal = y ⇒ nC₂H₃NO = 0,06 + x + y = 0,14 mol
nCH₂ = x + 3y = 0,12 mol ||⇒ giải hệ có: x = 0,06 mol; y = 0,02 mol
⇒ %mVal-Na = 0,02 × 139 ÷ 15,26 × 100% = 18,22%
Câu 39:
Cho các nhận định sau:
(a) Ở điều kiện thường, metylamin và đimetylamin là những chất khí có mùi khai.
(b) Cho lòng trắng trứng vào Cu(OH)2 trong NaOH thấy xuất hiện màu xanh đậm.
(c) Muối phenylamoni clorua không tan trong nước.
(d) H2NCH2CONHCH(CH3)COOH là một tripeptit.
(e) Ở điều kiện thường H2NCH2COOH là chất rắn, dễ tan trong nước.
Số nhận định đúng là
Đáp án B
Câu 40:
Đun nóng triglixerit X với dd NaOH vừa đủ thu được dung dịch Y chứa 2 muối natri stearat và natri oleat. Chia Y làm 2 phần bằng nhau. Phần 1 làm mất màu vừa đủ dd chứa 0,12 mol Br2. Phần 2 đem cô cạn thu được 54,84 gam muối. Phân tử khối của X là
Đáp án A
Y gồm 2 muối natri của axit stearic và oleic. Hai phần chia ra bằng nhau nên:
nmuối axit oleic = nC17H33COONa = nBr2 = 0,12 mol.
Lại thêm mC17H33COONa + mC17H35COONa = 54,84 gam
||→ nC17H35COONa = 0,06 mol ||→ nC17H33COONa ÷ nC17H33COONa = 2 ÷ 1.
||→ triglyxerit X được tạo bởi 2 gốc oleic và 1 gốc stearic
||→ MX = 886