[Năm 2022] Đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia có lời giải (30 đề)
[Năm 2022] Đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia có lời giải (Đề 19)
-
10243 lượt thi
-
40 câu hỏi
-
50 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Kim loại X tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, sinh ra khí H2. Oxit của X bị H2 khử thành kim loại ở nhiệt độ cao. Kim loại X là
Đáp án C
Phương pháp giải:
Kim loại X tác dụng với dung dịch axit mà oxit của X bị H2 khử thành kim loại ở nhiệt độ cao
⟹ X là kim loại ở vị trí sau Al và trước H trong dãy điện hóa.
Giải chi tiết:
Kim loại X là Fe.
PTHH: Fe + 2HCl ⟶ FeCl2 + H2
FeO + H2 Fe + H2O (VD: oxit sắt bị H2 khử)
Câu 2:
Chất nào sau đây thuộc loại hiđrocacbon thơm?
Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức lý thuyết về hiđrocacbon thơm.
Giải chi tiết:
Benzen thuộc loại hiđrocacbon thơm.
Câu 3:
Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức lý thuyết về chất béo.
Giải chi tiết:
Công thức hóa học của tristearin là (C17H35COO)3C3H5.
Câu 4:
Chất nào dưới đây không phải là chất điện li?
Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức về sự điện li.
Giải chi tiết:
Ancol etylic C2H5OH không phải là chất điện li.
Câu 5:
Chất nào dưới đây không tan trong nước ở điều kiện thường?
Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựa vào tính chất của các hợp chất.
Giải chi tiết:
Tristearin là chất béo không tan trong nước.
Câu 6:
Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất.
Giải chi tiết:
Anilin C6H5NH2 không phản ứng được với dung dịch NaOH.
PTHH: CH3COOC2H5 + NaOH CH3COONa + C2H5OH (Etyl axetat).
C6H5OH + NaOH ⟶ C6H5ONa + H2O (Phenol).
CH3COOH + NaOH ⟶ CH3COONa + H2O (Axit axetic).
Câu 7:
X là kim loại phản ứng được với dung dịch H2SO4 loãng, Y là kim loại tác dụng được với dung dịch Fe(NO3)3. Hai kim loại X, Y là
Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức về dãy điện hóa.
Giải chi tiết:
Hai kim loaị X và Y lần lượt là Fe và Cu.
PTHH: Fe + H2SO4 ⟶ FeSO4 + H2.
Cu + 2Fe(NO3)3 ⟶ Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2
Câu 8:
Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức về điều chế kim loại (những kim loại sau Al trong dãy điện hóa có thể điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện).
Giải chi tiết:
Dãy các kim loại được điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện là Ni, Fe, Cu bằng cách dùng chất khử như C, H2,… khử oxit kim loại thành kim loại ở nhiệt độ cao.
Câu 9:
Chất nào dưới đây là amin bậc hai?
Đáp án A
Phương pháp giải:
Amin bậc hai là hợp chất có dạng R-NH-R’.
Giải chi tiết:
Etylmetylamin (CH3-NH-C2H5) là amin bậc hai.
Câu 10:
Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.
Giải chi tiết:
Tơ lapsan (-O-CH2-CH2-O-CO-C6H4-CO-)n là loại polime không chứa nguyên tử nitơ trong mạch polime.
Câu 11:
Cho các chất: glucozơ, saccarozơ, xenlulozơ, fructozơ, tinh bột. Số chất có tham gia phản ứng tráng bạc là
Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất cacbohiđrat.
Giải chi tiết:
Các chất tham gia phản ứng tráng gương là glucozơ, fructozơ.
Câu 12:
Cặp chất nào sau đây vừa tác dụng với dung dịch HCl vừa tác dụng được với dung dịch AgNO3?
Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựa vào tính chất hóa học của các kim loại.
Giải chi tiết:
Cặp chất vừa tác dụng với dung dịch HCl vừa tác dụng được với dung dịch AgNO3 là Zn, Mg.
PTHH: Mg + 2HCl ⟶ MgCl2 + H2
Mg + 2AgNO3 ⟶ Mg(NO3)2 + 2Ag
Zn + 2HCl ⟶ ZnCl2 + H2
Zn + 2AgNO3 ⟶ Zn(NO3)2 + 2Ag
Câu 13:
Tơ nào dưới đây thuộc loại tơ nhân tạo?
Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.
Giải chi tiết:
Tơ axetat thuộc loại tơ nhân tạo (tơ bán tổng hợp).
Câu 14:
Polime nào sau đây được điều chế bằng phản ứng đồng trùng hợp?
Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.
Giải chi tiết:
Cao su buna-S được điều chế bằng phản ứng đồng trùng hợp buta-1,3-đien và stiren.
PTHH: nCH2=CH-CH=CH2 + nC6H5-CH=CH2 (-CH2-CH=CH-CH2-CH2-CH(C6H5)-)na
Câu 15:
Chất nào sau đây phản ứng với dung dịch kiềm dư khi đun nóng tạo ra hai muối?
Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào tính chất hóa học của este trong phản ứng với kiềm dư.
Giải chi tiết:
Este CH3COOC6H5 là este của phenol khi phản ứng với dung dịch kiềm dư, đun nóng tạo ra hai muối.
PTHH: CH3COOC6H5 + 2NaOH CH3COONa + C6H5ONa + H2O.
Câu 16:
Ở nhiệt độ thường kim loại X không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch kiềm. Kim loại X là
Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào tính chất hóa học của kim loại.
Giải chi tiết:
Kim loại X là Al (không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch kiềm).
PTHH: 2Al + 2NaOH + 2H2O ⟶ 2NaAlO2 + 3H2.
Câu 17:
Chất nào sau đây không phản ứng với Cu(OH)2 ở điều kiện thường?
Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất.
Giải chi tiết:
Lys-Gly-Val-Ala là tetrapeptit có phản ứng màu biure với Cu(OH)2.
Saccarozơ và glyxerol phản ứng với Cu(OH)2 tạo phức chất màu xanh lam.
Gly-Ala không phản ứng với Cu(OH)2 ở điều kiện thường.
Câu 18:
Ô nhiễm không khí có thể tạo ra mưa axit, gây ra tác hại rất lớn tới môi trường. Hai khí nào sau đây là nguyên nhân gây ra mưa axit?
Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức lý thuyết về mưa axit và tính chất của các hợp chất khí.
Giải chi tiết:
Hai khí là nguyên nhân gây ra mưa axit là SO2 và NO2.
Câu 19:
Dung dịch nào sau đây làm quỳ tím chuyển sang màu xanh?
Đáp án A
Phương pháp giải:
Dung dịch mang tính bazơ làm quỳ tím chuyển sang màu xanh.
Giải chi tiết:
Dung dịch metylamin (CH3NH2) mang tính bazơ làm quỳ tím chuyển sang màu xanh.
Câu 20:
Thủy phân hoàn toàn xenlulozơ trong môi trường axit đặc, nóng thu được chất nào sau đây?
Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựa vào cấu tạo và tính chất hóa học của xenlulozơ.
Giải chi tiết:
Thủy phân hoàn toàn xenlulozơ trong môi trường axit đặc, nóng thu được glucozơ.
Câu 21:
Chất X có công thức phân tử là C4H6O2. Khi thủy phân X trong môi trường axit, thu đuợc anđehit axetic. Công thức cấu tạo thu gọn của X là
Đáp án B
Phương pháp giải:
Thủy phân X thu được anđehit axetic ⟶ X có dạng là RCOOCH=CH2.
Dựa vào công thức phân tử của X là C4H6O2 ⟹ CTCT của X.
Giải chi tiết:
Thủy phân X thu được anđehit axetic ⟶ X có dạng là RCOOCH=CH2.
X có công thức phân tử là C4H6O2 ⟹ CTCT của X là CH3COOCH=CH2.
Câu 22:
Cho 4,12 gam α-amino axit X phản ứng với dung dịch HCl dư thì thu được 5,58 gam muối. Chất X là
Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựa vào đáp án ⟹ X chỉ chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH.
Gọi công thức của X là HOOC-R-NH2.
PTHH: X + HCl ⟶ muối.
BTKL ⟹ mHCl ⟹ nHCl ⟹ nX ⟹ MX ⟹ MR ⟹ CTCT của X.
Giải chi tiết:
Dựa vào đáp án ⟹ X chỉ chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH.
Gọi công thức của X là HOOC-R-NH2.
PTHH: HOOC-R-NH2 + HCl ⟶ HOOC-R-NH3Cl.
BTKL ⟹ mHCl = mmuối – mX = 1,46 gam ⟹ nHCl = 1,46/36,5 = 0,04 mol.
Theo PTHH ⟹ nX = nHCl = 0,04 mol.
Ta có MX = 45 + MR + 16 = 4,12/0,04 = 103 ⟹ MR = 42 (-C3H6-).
X là α-amino axit ⟹ CTCT của X là NH2-CH(C2H5)-COOH.
Câu 23:
Cho các chất: anlyl axetat, phenyl axetat, etyl fomat, tripanmitin. Số chất khi thủy phân trong dung dịch NaOH dư, đun nóng sinh ra ancol là
Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào tính chất hóa học của các este.
Giải chi tiết:
Các chất khi thủy phân trong dung dịch NaOH dư, đun nóng sinh ra ancol là anlyl axetat, etyl fomat và tripanmitin (3 chất).
PTHH: CH3COOCH2CH=CH2 + NaOH CH3COONa + CH2=CH-CH2OH (anlyl axetat).
HCOOC2H5 + NaOH HCOONa + C2H5OH (etyl fomat).
(C15H31COO)3C3H5 + 3NaOH 3C15H31COONa + C3H5(OH)3 (tripanmitin).
Câu 24:
Hai chất hữu cơ X và Y có cùng công thức phân tử. Chất X phản ứng với NaHCO3 và có phản ứng trùng hợp. Chất Y phản ứng với NaOH nhưng không phản ứng với Na. Công thức cấu tạo của X và Y lần lượt là
Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào dữ kiện đề bài ⟹ X là axit có chứa liên kết đôi và Y là este.
Xét các đáp án, dựa vào tính chất hóa học của các chất ⟹ X và Y.
Giải chi tiết:
Xét các đáp án nhận thấy:
A sai, vì X và Y không cùng CTPT.
B sai, vì cả hai chất đều có thể phản ứng với Na.
C sai, vì cả hai chất đều không thể trùng hợp.
X và Y lần lượt là CH2=CHCOOH, HCOOCH=CH2 (cùng CTPT là C3H4O2).
PTHH: CH2=CHCOOH + NaHCO3 ⟶ CH2=CHCOONa + CO2 + H2O
nCH2=CH-COOH (-CH2-CH(COOH)-)n
HCOOCH=CH2 + NaOH ⟶ HCOONa + CH3CHO
Câu 25:
Đáp án C
Phương pháp giải:
Gọi công thức chung của 3 kim loại trong X là M.
PTHH: 2M + 2nH2O ⟶ 2Mn+ + 2nOH- + nH2
H+ + OH- ⟶ H2O
Dựa vào PTHH ⟹ nH+ = nOH- = 2nH2 ⟹ nH2SO4 ⟹ VH2SO4.
Giải chi tiết:
Gọi công thức chung của 3 kim loại trong X là M.
PTHH: 2M + 2nH2O ⟶ 2Mn+ + 2nOH- + nH2
H+ + OH- ⟶ H2O
Theo PTHH ⟹ nH+ = nOH- = 2nH2 = 2.0,25 = 0,5 mol.
⟹ nH2SO4 = nH+/2 = 0,25 mol.
Vậy VH2SO4 = n/CM = 0,25/2 = 0,125 lít = 125 ml.
Câu 26:
Cho các phản ứng sau:
(1) NaOH + HCl → NaCl + H2O;
(2) NaOH + CH3COOH → CH3COONa + H2O;
(3) Mg(OH)2 + HNO3 → Mg(NO3)2 + H2O;
(4) Ba(OH)2 + HNO3 → Ba(NO3)2 + H2O.
Hãy cho biết có bao nhiêu phản ứng có phương trình ion thu gọn là: H+ + OH- → H2O?
Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức về sự điện li (phản ứng trao đổi và phương trình ion rút gọn).
Giải chi tiết:
Phương trình ion rút gọn của các phản ứng là
(1) OH- + H+ ⟶ H2O
(2) OH- + CH3COOH ⟶ CH3COO- + H2O
(3) Mg(OH)2 + 2H+ ⟶ Mg2+ + 2H2O
(4) OH- + H+ ⟶ H2O
⟹ Có tất cả 2 phản ứng có phương trình ion thu gọn là: H+ + OH- → H2O.
Câu 27:
Xà phòng hóa hoàn toàn 161,2 gam tripanmitin trong dung dịch KOH dư, thu được m gam muối. Giá trị của m là
Đáp án D
Phương pháp giải:
PTHH: (C15H31COO)3C3H5 + 3KOH 3C15H31COOK + C3H5(OH)3
Dựa vào PTHH ⟹ nmuối ⟹ m.
Giải chi tiết:
ntripanmitin = 161,2/806 = 0,2 mol.
PTHH: (C15H31COO)3C3H5 + 3KOH 3C15H31COOK + C3H5(OH)3
Theo PTHH ⟹ nmuối = 3ntripanmitin = 0,6 mol.
Vậy m = 0,6.294 = 176,4 gam.
Câu 28:
Cho 360 gam glucozơ lên men thành ancol etylic, toàn bộ khí CO2 sinh ra hấp thụ vào dung dịch NaOH dư, thu được 318 gam muối khan. Hiệu suất (%) phản ứng lên men là
Đáp án A
Phương pháp giải:
Sơ đồ phản ứng: C6H12O6 ⟶ 2CO2 ⟶ 2Na2CO3
Dựa vào sơ đồ phản ứng ⟹ mGlucozơ (LT).
⟹
Giải chi tiết:
Sơ đồ phản ứng: C6H12O6 ⟶ 2CO2 ⟶ 2Na2CO3
180 ⟶ 2.106 (g)
x ⟵ 318 (g)
⟹ mGlucozơ (LT) = x = (318.180)/(2.106) = 270 gam.
Vậy hiệu suất của phản ứng lên men là
Câu 29:
Tiến hành các thí nghiệm sau:
(a) Cho lá Fe vào dung dịch gồm CuSO4 và H2SO4 loãng.
(b) Đốt dây Fe trong bình đựng khí O2.
(c) Cho lá Cu vào dung dịch gồm Fe(NO3)3 và HNO3.
(d) Cho lá Zn vào dung dịch HCl.
Số thí nghiệm có xảy ra ăn mòn điện hóa là
Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức về ăn mòn điện hóa.
Giải chi tiết:
(a) Fe + Cu2+ ⟶ Fe2+ + Cu
⟹ Cu sinh ra bám vào lá Fe, cùng nhúng trong dung dịch chất điện li.
⟹ Ăn mòn điện hóa.
(b) 3Fe + 2O2 Fe3O4
⟹ Ăn mòn hóa học.
(c) Cu + Fe(NO3)3 + 2HNO3 ⟶ Cu(NO3)2 + 2NO + Fe(NO3)2 + H2O
⟹ Ăn mòn hóa học.
(d) Zn + 2HCl ⟶ ZnCl2 + H2
⟹ Ăn mòn hóa học.
Câu 30:
Cho dãy các chất: CH3COOH3NCH3, H2NCH2-CONH-CH2-COOH, ClH3NCH2COOH, saccarozơ, glyxin. Số chất trong dãy vừa tác dụng với NaOH, vừa tác dụng với dung dịch HCl là
Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất.
Giải chi tiết:
Các chất vừa tác dụng với NaOH, vừa tác dụng với HCl là CH3COOH3NCH3, H2NCH2-CONH-CH2-COOH, glyxin (3 chất).
PTHH: CH3COOH3NCH3 + NaOH ⟶ CH3COONa + CH3NH2 + H2O
CH3COOH3NCH3 + HCl ⟶ CH3COOH + CH3NH3Cl
H2NCH2-CONH-CH2-COOH + 2NaOH ⟶ 2H2NCH2COONa + H2O
H2NCH2-CONH-CH2-COOH + 2HCl + H2O ⟶ 2ClH3NCH2COOH
H2NCH2COOH + HCl ⟶ ClH3NCH2COOH
H2NCH2COOH + NaOH ⟶ H2NCH2COONa + H2O
Câu 31:
Thủy phân không hoàn toàn a gam tetrapeptit Gly-Ala-Gly-Val trong môi trường axit thu được 0,2 mol Gly-Ala; 0,3 mol Gly-Val; 0,3 mol Ala và m gam hỗn hợp 2 amino axit Gly và Val. Giá trị của m là
Đáp án C
Phương pháp giải:
Sơ đồ:
Bảo toàn "Ala" ⟹ nGly-Ala-Gly-Val = nGly-Ala + nAla
Bảo toàn "Gly" ⟹ nGly
Bảo toàn "Ala ⟹ nVal
Từ đó tính được giá trị của m.
Giải chi tiết:
Sơ đồ:
Bảo toàn "Ala": nGly-Ala-Gly-Val = nGly-Ala + nAla = 0,2 + 0,3 = 0,5 mol
Bảo toàn "Gly": 2nGly-Ala-Gly-Val = nGly-Ala + nGly-Val + nGly ⟹ nGly = 2.0,5 - 0,2 - 0,3 = 0,5 mol
Bảo toàn "Ala: nGly-Ala-Gly-Val = nGly-Val + nVal ⟹ nVal = 0,5 - 0,3 = 0,2 mol
⟹ m = 0,5.75 + 0,2.117 = 60,9 gam.
Câu 32:
Có các phát biểu sau:
(1) NH2CH2CONHCH2CH2COOH có chứa một liên kết peptit trong phân tử.
(2) Etylamin, metylamin ở điều kiện thường đều là chất khí, mùi khai, độc.
(3) Benzenamin làm xanh quỳ ẩm.
(4) Các peptit, glucozơ, saccarozơ đều tạo phức với Cu(OH)2.
(5) Triolein làm mất màu nước brom.
(6) Trùng ngưng axit ω-aminocaproic thu được nilon-6.
Số phát biểu đúng là
Đáp án B
Phương pháp giải:
Lý thuyết tổng hợp về: Este - Lipit, Cacbohiđrat, Amin - Amino axit - Protein.
Giải chi tiết:
(1) sai, đó không phải là liên kết peptit vì H2NCH2CH2COOH không phải là α-amino axit.
(2) đúng.
(3) sai, benzenamin là C6H5NH2 có nhóm NH2 gắn trực tiếp với vòng benzen nên có tính bazơ rất yếu không làm đổi màu quỳ tím.
(4) sai, vì đipepit không tạo phức được với Cu(OH)2.
(5) đúng, triolein là chất béo không no, có chứa liên kết C=C nên làm mất màu dung dịch Br2.
(6) sai, trùng ngưng ω-aminocaproic thu được nilon-7; trùng ngưng ε-aminocaproic thu được nilon-6.
⟹ 2 phát biểu đúng.
Câu 33:
Kết quả thí nghiệm của các dung dịch X, Y, Z, T với thuốc thử được ghi ở bảng sau:
Mẫu thử |
Thuốc thử |
Hiện tượng |
X |
Dung dịch I2 |
Có màu xanh tím |
Y |
Cu(OH)2 trong môi trường kiềm |
Có màu tím |
Z |
Dung dịch AgNO3 trong NH3 dư, đun nóng |
Kết tủa Ag trắng sáng |
T |
Nước Br2 |
Kết tủa trắng |
Dung dịch X, Y, Z, T lần lượt là
Đáp án D
Phương pháp giải:
Lý thuyết tổng hợp về cacbohiđrat, amin, protein.
Giải chi tiết:
- X tạo với I2 màu xanh tím ⟹ X là hồ tinh bột ⟹ Loại B.
- T tạo với Br2 kết tủa trắng ⟹ T là anilin ⟹ Loại A, C.
Câu 34:
Hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ là Y (CH5O2N) và Z (C2H8O2N2). Đun nóng 14,92 gam X cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu được khí T duy nhất có khả năng làm quỳ tím ẩm hóa xanh. Nếu lấy 14,92 gam X tác dụng với dung dịch HCl loãng dư, thu được m gam muối hữu cơ. Giá trị của m là
Đáp án A
Phương pháp giải:
*Khi cho Y + NaOH:
Y chỉ có thể là HCOONH4 ⟹ khí T là NH3 ⟹ Z là H2NCH2COONH4.
PTHH:
HCOONH4 + NaOH → HCOONa + NH3 + H2O
H2NCH2COONH4 + NaOH → H2NCH2COONa + NH3 + H2O
Tính được số mol mỗi chất dựa vào:
+) Khối lượng hỗn hợp X
+) Tổng số mol NaOH phản ứng
*Khi cho Y + HCl:
HCOONH4 + HCl → HCOOH + NH4Cl
H2NCH2COONH4 + HCl → ClH3NCH2COOH + NH4Cl
Nhận thấy muối hữu cơ chỉ có ClH3NCH2COOH ⟹ giá trị của m.
Giải chi tiết:
*Khi cho Y + NaOH:
Y chỉ có thể là HCOONH4 ⟹ khí T là NH3 ⟹ Z là H2NCH2COONH4.
HCOONH4 + NaOH → HCOONa + NH3 + H2O
a → a (mol)
H2NCH2COONH4 + NaOH → H2NCH2COONa + NH3 + H2O
b → b (mol)
Ta có hệ phương trình:
*Khi cho Y + HCl:
HCOONH4 + HCl → HCOOH + NH4Cl
H2NCH2COONH4 + HCl → ClH3NCH2COOH + NH4Cl
Nhận thấy muối hữu cơ chỉ có ClH3NCH2COOH
⟹ nClH3NCH2COOH = nZ = 0,08 mol
⟹ m = 0,08.111,5 = 8,92 gam.
Câu 35:
Đốt cháy hoàn toàn 17,72 gam một chất béo (triglixerit) cần 1,61 mol O2 thu được CO2 và 1,06 mol nước. Mặt khác, cho 26,58 gam chất béo này tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thì khối lượng muối thu được là
Đáp án B
Phương pháp giải:
+ BTKL ⟹ mCO2 = m chất béo + mO2 - mH2O
+ BTNT O: nO(chất béo) = 2nCO2 + nH2O - 2nO2 ⟹ n chất béo = nO(chất béo)/6
Khi cho chất béo tác dụng với NaOH vừa đủ:
nNaOH = 3n chất béo
nglixerol = n chất béo
BTKL: m muối = m chất béo + mNaOH - m glixerol
Giải chi tiết:
BTKL ⟹ mCO2 = m chất béo + mO2 - mH2O = 17,72 + 1,61.32 - 1,06.18 = 50,16 gam ⟹ nCO2 = 1,14 mol
BTNT O: nO(chất béo) = 2nCO2 + nH2O - 2nO2 = 1,14.2 + 1,06 - 1,61.2 = 0,12 mol
⟹ n chất béo = nO(chất béo)/6 = 0,02 mol
Khi cho chất béo tác dụng với NaOH vừa đủ:
nNaOH = 3n chất béo = 0,06 mol
n glixerol = n chất béo = 0,02 mol
BTKL: m muối = m chất béo + mNaOH - m glixerol = 17,72 + 0,06.40 - 0,02.92 = 18,28 gam
Tỉ lệ:
17,72 gam chất béo thu được 18,28 gam muối
26,58 gam → 27,42 gam
Câu 36:
Cho hỗn hợp X gồm 3 este (chỉ chứa chức este) tạo bởi axit fomic và các ancol metylic, etylen glicol và glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 3,584 lít O2 (đktc) thu được CO2 và 2,52 gam nước. Giá trị của m là
Đáp án D
Phương pháp giải:
Các este trong X là HCOOCH3, (HCOO)2C2H4, (HCOO)3C3H5 đều có đặc điểm chung là số nguyên tử C bằng số nguyên tử O.
Như vậy ta đặt nO(X) = nC(X) = a mol.
BTNT C ⟹ nCO2 = nC(X) = a mol.
BTNT O ⟹ nO(X) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O ⟹ giá trị của a.
BTKL ⟹ mX = mCO2 + mH2O - mO2.
Giải chi tiết:
Tính được nO2 = 0,16 mol; nH2O = 0,14 mol.
Các este trong X là HCOOCH3, (HCOO)2C2H4, (HCOO)3C3H5 đều có đặc điểm chung là số nguyên tử C bằng số nguyên tử O.
Như vậy ta đặt nO(X) = nC(X) = a mol.
BTNT C ⟹ nCO2 = nC(X) = a mol.
BTNT O ⟹ nO(X) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
⟹ a + 2.0,16 = 2a + 0,14
⟹ a = 0,18.
BTKL: mX = mCO2 + mH2O - mO2 = 0,18.44 + 0,14.18 - 0,16.32 = 5,32 gam.
Câu 37:
Cho sơ đồ chuyển hóa sau:
C6H12O6 (glucozơ) → X → Y → T C6H10O4.
Nhận xét nào của các chất X, Y và T trong sơ đồ trên là đúng?
Đáp án D
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
C6H12O6 (glucozơ) C2H5OH (X) C2H4 (Y) C2H4(OH)2 (T) (CH3COO)2C2H4.
A sai, X là C2H5OH, tan tốt trong nước.
B sai, nhiệt độ sôi của T cao hơn nhiệt độ sôi của X.
C sai, Y là C2H4 không phản ứng được với KHCO3 tạo khí CO2.
D đúng, T là ancol đa chức có các nhóm OH liền kề nên phản ứng được với Cu(OH)2 ở điều kiện thường.
Câu 38:
Hòa tan hoàn toàn 8,52 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 trong 330 ml dung dịch HCl 1M dư thu được dung dịch A và 0,84 lít H2 (đktc). Cho dung dịch AgNO3 dư vào A thấy thoát ra 0,168 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và tạo thành m gam kết tủa. Giá trị của m là
Đáp án C
Phương pháp giải:
Do cho thêm AgNO3 dư vào A thấy có khí NO thoát ra ⟹ A có chứa H+ còn dư.
Ta có: nH+dư (dd A) = 4.nNO (theo công thức tính nhanh).
Tóm tắt sơ đồ:
+) Xét quá trình HCl + hh ban đầu:
BTNT "H" ⟹ nH2O = (nH+bđ - nH+(dd A) - 2nH2)/2
BTNT "O" ⟹ nO (hh đầu) = nH2O ⟹ nFe (hh đầu) ⟹ phương trình (1)
Bảo toàn điện tích dd A ⟹ phương trình (2)
Giải hệ (1) và (2) được giá trị của x, y.
+) Bảo toàn e cho quá trình dd A + AgNO3 dư: nFe2+ = nAg + 3nNO ⟹ nAg
+) Chất rắn thu được chứa AgCl và Ag ⟹ giá trị của m.
Giải chi tiết:
Do cho thêm AgNO3 dư vào A thấy có khí NO thoát ra ⟹ A có chứa H+ còn dư.
Ta có: nH+dư (dd A) = 4.nNO = 4.0,0075 = 0,03 mol (công thức tính nhanh).
Tóm tắt sơ đồ:
+) Xét quá trình HCl + hh ban đầu:
BTNT "H" ⟹ nH2O = (nH+bđ - nH+(dd A) - 2nH2)/2 = 0,1125 mol
BTNT "O" ⟹ nO (hh đầu) = nH2O = 0,1125 mol
⟹ nFe (hh đầu) = (8,52 - 0,1125.16)/56 = 0,12 mol
⟹ x + y = 0,12 (1)
Mặt khác bảo toàn điện tích dd A: 2x + 3y + 0,03 = 0,33 (2)
Giải hệ (1) và (2) được x = y = 0,06.
+) Bảo toàn e cho quá trình dd A + AgNO3 dư:
nFe2+ = nAg + 3nNO ⟹ 0,06 = nAg + 3.0,0075 ⟹ nAg = 0,0375 mol
+) Chất rắn thu được chứa 0,33 mol AgCl và 0,0375 mol Ag.
⟹ m = 0,33.143,5 + 0,0375.108 = 51,405 gam.
Câu 39:
Ba chất hữu cơ X, Y, Z (50 < MX < MY < MZ) đều có thành phần nguyên tố C, H, O, chứa các nhóm chức cơ bản trong chương trình phổ thông. Hỗn hợp T gồm X, Y, Z, trong đó nX = 4(nY + nZ). Đốt cháy hoàn toàn m gam T, thu được 13,2 gam CO2. Mặt khác m gam T phản ứng vừa đủ với 0,4 lít dung dịch KHCO3 0,1M. Cho m gam T phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 56,16 gam Ag. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp T là
Đáp án C
Phương pháp giải:
Do 50 < MX < MY < MZ ⟹ T không chứa HCHO, HCOOH
Ta thấy nC = nCOOH + nCHO ⟹ Các chất X, Y, Z không còn gốc hidrocacbon, chỉ được thạo thành từ CHO và COOH.
⟹ X: OHC-CHO (x mol), Y: OHC-COOH (y mol), Z: HOOC-COOH (z mol)
Lập hệ 3 phương trình để tìm x, y, z dựa vào:
+) Số mol CHO.
+) Số mol COOH.
+) nX = 4(nY + nZ) (theo đề bài)
Từ đó tính được phần trăm về khối lượng của X trong hỗn hợp.
Giải chi tiết:
Do 50 < MX < MY < MZ ⟹ T không chứa HCHO, HCOOH
nC = nCO2 = 0,3 mol
nCHO = nAg/2 = 0,26 mol
nCOOH = nKHCO3 = 0,04 mol
Ta thấy nC = nCOOH + nCHO ⟹ Các chất X, Y, Z không còn gốc hidrocacbon, chỉ được thạo thành từ CHO và COOH.
⟹ X: OHC-CHO (x mol), Y: OHC-COOH (y mol), Z: HOOC-COOH (z mol)
+) nCHO = 2x + y = 0,26
+) nCOOH = y + 2z = 0,04
+) x = 4(y + z)
Giải hệ 3 phương trình trên ta thu được x = 0,12; y = 0,02; z = 0,01.
%mY = 0,12.58/(0,12.58 + 0,02.74 + 0,01.90) = 74,52%.
Câu 40:
Hỗn hợp X gồm 0,1 mol một α-amino axit no, mạch hở A chứa 1 nhóm -NH2, 1 nhóm -COOH và 0,025 mol pentapeptit mạch hở cấu tạo từ A. Đốt cháy hỗn hợp X cần a mol O2, sản phẩm cháy hấp thụ hết vào 1 lít dung dịch NaOH 1,2M thu được dung dịch Y. Rót từ từ dung dịch chứa 0,8a mol HCl vào dung dịch Y thu được 14,448 lít CO2 (đktc). Đốt 0,01a mol đipeptit mạch hở cấu tạo từ A cần V lít O2 (đktc). Giá trị của V là
Đáp án D
Phương pháp giải:
Ta thấy pentapeptit được tạo ra từ 5 phân tử A tách 4 H2O.
⟹ Đốt cháy (A + 5A) và (A + peptit + 4H2O) cần lượng oxi và thu được lượng CO2 như nhau (vì H2O không bị đốt cháy).
⟹ Quy hỗn hợp X về dạng chỉ có amino axit A có công thức là CnH2n+1NO2.
*Phản ứng đốt cháy hh X: CnH2n+1NO2 + (1,5n - 0,75)O2 → nCO2 + (n + 0,5)H2O + 0,5N2
Từ số mol O2 ⟹ phương trình (1)
*Khi cho HCl vào dung dịch Y thì:
Bảo toàn C: nCO2 = nNaHCO3 + nCO2 ⟹ phương trình (2)
Giải (1) và (2) tìm được a và n ⟹ số mol và công thức của đipeptit.
*Đốt cháy đipeptit: Tính toán theo phản ứng cháy ⟹ VO2
Giải chi tiết:
Ta thấy pentapeptit được tạo ra từ 5 phân tử A tách 4 H2O.
⟹ Đốt cháy (A + 5A) và (A + peptit + 4H2O) cần lượng oxi và thu được lượng CO2 như nhau (vì H2O không bị đốt cháy).
⟹ nA = 0,1 + 0,025.5 = 0,225 mol.
⟹ Quy hỗn hợp X về dạng chỉ có amino axit A có công thức là CnH2n+1NO2.
*Phản ứng đốt cháy hh X:
CnH2n+1NO2 + (1,5n - 0,75)O2 → nCO2 + (n + 0,5)H2O + 0,5N2
Mol 0,225 → 0,225(1,5n - 0,75)
⟹ nO2 = 0,225(1,5n - 0,75) = a (1)
*Khi cho HCl vào dung dịch Y thì: nNaOH = 1,2.1 = 1,2 mol; nHCl = 0,8a mol
⟹ Thu được
Bảo toàn C: nCO2 = nNaHCO3 + nCO2 ⟹ 0,225n =1,2 - 0,8a + 0,645 (2)
Giải (1) và (2) được n = 4; a = 1,18125.
*Đốt cháy 0,01a mol đipeptit C8H16O2N3:
C8H16O2N3 + 10,5O2 → 8CO2 + 8H2O + N2
⟹ VO2 = 22,4.10,5.0,01.1,18125 = 2,7783 lít.