(2023) Đề thi thử Hóa học Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Lần 2) có đáp án

A. Không phản ứng.

B. CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O

C. Zn + HCl → ZnCl2 + H2

D. Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu

Chọn A

nSO42- (muối) = nO(X) = nCO = 0,05

→ m muối = 3,84 – 0,05.16 + 0,05.96 = 7,84 gam

Chọn A

(C6H10O5)n → nC6H12O6 → 2nC2H5OH

→ mC2H5OH = 24,3.46.2/162 = 13,8 kg

→ VC2H5OH = 13,8/0,8 = 17,25 lít

→ VddC2H5OH = 17,25/30% = 57,5 lít

Chọn C

Cho thanh kim loại Fe vào dung dịch CuCl2 sẽ xảy ra sự ăn mòn điện hóa học:

Fe + CuCl2 → FeCl2 + Cu

Cu sinh ra bám vào Fe tạo cặp điện cực Fe-Cu tiếp xúc với nhau và cùng tiếp xúc với môi trường điện li nên có ăn mòn điện hóa học.

Chọn A

A. Sai, trùng hợp vinyl clorua thu được poli(vinyl clorua).

B. Đúng

C. Sai, tơ nilon-6,6 được tổng hợp bằng phản ứng trùng ngưng H2N-(CH2)6-NH2 và HOOC-(CH2)4-COOH

D. Sai, tơ viso là tơ bán tổng hợp, tơ tằm là tơ thiên nhiên.

Chọn B

Y, Z, T có cùng số nguyên tử cacbon → Mỗi chất 2C

→ X là CH3COO-CH2-COO-CH2-CH2-OOC-CH3

→ Z là CH3COONa → P là CH3COOH

(2) → Y là HO-CH2-COONa → R là HO-CH2-COOH

→ T là C2H4(OH)2

(4) → Q là HO-CH2-CHO

(a) Sai, X không tráng bạc

(b) Đúng: HO-CH2-COOH + Cu(OH)2 → (HO-CH2-COO)2Cu + H2O

(c) Đúng

(d) Đúng:

C2H4(OH)2 + O2 → HO-CH2-COOH + H2O

HO-CH2-CHO + O2 → HO-CH2-COOH

(e) Đúng, R có phân tử khối lớn hơn P nên nhiệt độ sôi cao hơn.

Chọn A

Khối lượng phân mỗi loại NPK (x kg), phân kali (y kg) và phân ure (z kg)

mN = 20%x + 46%z = 70

mP2O5 = 20%x = 35,5

mK2O = 15%x + 60%y = 30

→ x = 177,5; y = 5,625; z = 75

→ x + y + z = 256,125

Chọn B

 (a) Đúng

(b) Đúng, dầu dừa có thành phần chính là chất béo nên khi đun nóng dầu dừa với dung dịch NaOH đặc, thu được xà phòng.

(c) Sai

(d) Sai, lòng trắng trứng tác dụng với Cu(OH)2 tạo dung dịch màu tím.

(e) Đúng

Chọn C

Trong 1930 giây: nCu = nCl2 = a

→ m giảm = 64a + 71a = 2,7

→ a = 0,02

→ m = 64a = 1,28

ne trong 1930s = 2nCu = 0,04 (1)

Trong 7720 giây: nCu = 4a = 0,08; nCl2 = u và nO2 = v

m giảm = 0,08.64 + 71u + 32v = 9,15

Bảo toàn electron → 0,08.2 = 2u + 4v

→ u = 0,05 và v = 0,015

Trong t giây: nCu = 5a = 0,1; nH2 = x; nCl2 = 0,05 và nO2 = y

m giảm = 0,1.64 + 2x + 0,05.71 + 32y = 11,11

Bảo toàn electron → 0,1.2 + 2x = 0,05.2 + 4y

→ x = 0,02; y = 0,035

→ ne trong t giây = 0,1.2 + 2x = 0,24 (2)

(1)(2) → 1930.0,24 = 0,04t

→ t = 11580s

Chọn B

Bảo toàn khối lượng:

mE + mO2 = mX + mCO2 → mX = 40

Quy đổi X thành Fe (a) và O (b) → 56a + 16b = 40 (1)

nH2O = nO = b; nH2 = 0,3

Bảo toàn H → nHCl = 2b + 0,6

Bảo toàn electron: 3a = 2b + 2nH2 + nAg

→ nAg = 3a – 2b – 0,6

→ m↓ = 143,5(2b + 0,6) + 108(3a – 2b – 0,6) = 244,1 (2)

(1)(2) → a = 0,6; b = 0,4

nHCl = 2b + 0,6 = 1,4

→ mddY = mX + mddHCl – mH2 = 739,4

nFe2+ = nAg = 3a – 2b – 0,6 = 0,4 -® nFe3+ = 0,2

→ C%FeCl3 = 0,2.162,5/739,4 = 4,40%

Chọn D

Đặt nAxit = u và nTrieste = v

nKOH = u + 3v = 1,2

nH2O = u và nC3H5(OH)3 = v, bảo toàn khối lượng:

→ 335,6 + 1,2.56 = 373,6 + 18u + 92v

→ u = 0,6; v = 0,2

nY = 0,2 → nX = 0,4 → nC15H31COOH = 0,2

X có số C=C là k, Y tạo bởi p gốc X

nE = nBr2 ⇔ u + v = 0,4k + 0,2kp

Y tạo bởi 2 axit béo nên p = 1 hoặc p = 2 → k = 1 và p = 2 là nghiệm duy nhất

E gồm C15H31COOH (0,2), X là RCOOH (0,4) và Y là (C15H31COO)(RCOO)2C3H5 (0,2)

mE = 0,2.256 + 0,4(R + 45) + 0,2(2R + 384) = 335,6

→ R = 237

→ %Y = 51,13%

Chọn D

Y có mạch phân nhánh nên ít nhất 4C

→ X là (CH3)2CH-COO-CH3.

 Chọn B

mRCOOR’ < mRCOOK → R’ < K = 39

Nếu R’ = 15 → nX = (10,08 – 8,88)/(39 – 15) = 0,05

→ MX = 177,6: Loại

Nếu R’ = 29 → nX = (10,08 – 8,88)/(39 – 29) = 0,12

→ MX = 74: HCOOC2H5

Z là C2H5OH (0,12) → mZ = 5,52 gam

Chọn C

2 kg xăng gồm C7H16 (x), C8H18 (5x), C9H20 (3x) và C10H22 (x)

→ 100x + 114.5x + 128.3x + 142x = 2000

→ x = 500/299

nCO2 = 7x + 8.5x + 9.3x + 10x = 140,468

→ V = nRT/p = 3461 lít

Nhiệt tỏa ra môi trường = 10x.5337,8.20% = 17852,17 kJ

Chọn B

nCl2 = 0,02; nH2 = 0,04

mM = mX – mCl2 = 3,9

Kim loại M hóa trị x, bảo toàn electron:

3,9x/M = 2nCl2 + 2nH2 → M = 32,5x

→ x = 2, M = 65: M là Zn

Chọn D

Có 3 dung dịch tác dụng được với Fe(NO3)2 là HNO3, HCl, NaOH:

Fe2+ + H+ + NO3- → Fe3+ + NO + H2O

Fe2+ + OH- → Fe(OH)2

Chọn A

X là CnH2n-2O2 (x mol)

E là CmH2m-6O6 (e mol)

nNaOH = x + 3e = 0,04

mCO2 – mH2O = 4,62

⇔ 44(nx + me) – 18(nx – x + me – 3e) = 4,62

→ nx + me = 0,15 (1)

→ nCO2 = 0,15 và nH2O = 0,11

→ mX = mC + mH + mO = 3,3 (Trong đó nO = 2nKOH).

Trong thí nghiệm 2, dễ thấy 13,2 = 4.3,3 nên nNaOH = 0,04.4 = 0,16

→ nNa2CO3 = 0,08 → nH2O = 0,32

Muối khan V gồm:

n muối của X = 4(x + e) = nCO2 – nH2O = 0,08

n muối của Y, Z = 4.2e = 0,16 – 0,08 (Bảo toàn Na)

→ x = e = 0,01

(1) → n + m = 15

X phân nhánh nên n ≥ 4, mặt khác m ≥ 10 và m ≥ n + 6 nên n = 4 và m = 11 là nghiệm duy nhất.

X là C4H6O2 (0,01)

E là C11H16O6 (0,01) → %E = 73,94%

Chọn C

X đơn chức nên nX = nHCl = 0,06

→ MX = 45: X là C2H7N

X bậc 1 → Cấu tạo: C2H5NH2.

Chọn D

Y không tác dụng được với dung dịch H2SO4 loãng → Y là BaSO4

→ Hai chất X và Z lần lượt là Al2(SO4)3, Al(OH)3

(1) Al2(SO4)3 (dư) + Ba(OH)2 → BaSO4 + Al(OH)3

(2) Al2(SO4)3 + Ba(OH)2 (dư) → BaSO4 + Ba(AlO2)2 + H2O

(3) Ba(AlO2)2 + CO2 + H2O → Al(OH)3 + Ba(HCO3)2

Chọn C

 (a) M2+ + HCO3- → MCO3 + CO2 + H2O

(b) Ba + H2O → Ba(OH)2 + H2

Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + NaOH

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

(d) NaOH + AgNO3 → Ag2O + H2O + NaNO3

(e) Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2

Chọn C

X tạo nên bộ khung của cây cối → X là xenlulozơ.

Thủy phân X thu được Y là glucozơ:

(C6H10O5)n + nH2O → nC6H12O6

Chọn D