Tổng hợp đề thi thử THPTQG Hóa học mức độ cơ bản nâng cao (đề số 15)

Đáp án : A

Với nhưng chất có khối lượng phân tử tương đương thì chất có khả năng tạo liên kết hidro với H₂O ( ở đây là số nhóm OH)

Đáp án : D

Trong không khí có H₂O ; CO₂ ; SO₂ ... có khả năng phản ứng với CaO

Đáp án : C

Nguyên tố đó trong cấu hình e có : 1s² ; 2s² ; 3s² ; 4s²

=> các nguyên tố mà nguyên tử có : 4s² d⁰ à d¹⁰  (trừ d⁴ và d⁹ vì chuyển thành 4s¹)

          => 9 nguyên tố

Và 4s² p^(0$\to$6) => 6 nguyên tố

=> Tổng có 15

Đáp án : D

Trừ CH₃COONa ; Na₂HPO₃ ; Al₂(SO₄)₃ ; NaHSO₄ ; CrO , HOOC-CH₂NH₃Cl

 => 10 chất

Đáp án : D

n_H2.2 = n_O(X) = 0,5 mol

Bảo toàn khối lượng : m_X = m_C(CO2) + m_H(H2O) + m_O(X)

=> 25,4 = 12a + 3.1 + 16.0,5

=> a = 1,2 mol

Đáp án : D

X : CH₃ – CH₃

Y : CH₃CH₂Cl

Z : CH₃CH₂OH

E : CH₃COOH

F : CH₃COONa

G : CH₄

Trong các chất thì hợp chất ion có nhiệt độ sôi cao nhất

Đáp án : D

n_NaOH = 0,2 mol => n_{NaOH dư}  = 0,1 mol

,m_rắn = m_muối + m_NaOH => m_muối = 10,8g

=>M_muối = 108 => Muối là C₃H₅COONa

Bảo toàn khối lượng : m_X + m_{dd NaOH} = m_{dd sau}

=> m_X = 10g => M_X = 100g

=> X là C₃H₅COOCH₃ có 3 CTCT ứng với C₃H₅ :

C=C – C - ; C – C=C - ; C=C(CH₃) –

Đáp án : C

Theo đề : n_oleat : n_stearat = 1 : 2 => trong X có 1 gốc Oleat và 2 gốc Stearat

=> X có tổng p = 3.p_COO + 1.p_oleat = 4

=> n_CO2 – n_H2O = (p - 1)n_X

=> b – c = 3a

Đáp án : C

Các thí nghiệm là : (2)-S ; (3)-O₂ ; (4)-Cl₂ ; (5)-O₂ ; (6)-O₂ ; (7)-S; (8)-Si ; (9)-C ; (10) – Cl₂ ;(11)-S ;  (12)-I₂ ; (13)-O₂

Đáp án : D 

Đáp án : B

n_X = 0,1 mol ; n_CO2 = n_C(X) = 0,22mol

Giả sử lượng chất trong 6,32g X gấp t lần lượng chất có trong 0,1 mol X

Xét 6,32g X :

=>  n_X = 0,1t mol ; n_CO2 = 0,22t mol

=> Nếu đốt cháy thì ( số p - 1)n_X = n_CO2 – n_H2O

=> n_p - n_X = n_CO2 – n_H2O

=> 0,12 – 0,1t = 0,22t – n_H2O

=> n_H2O = 0,32t – 0,12 mol

Bảo toàn khối lượng : m_X = m_C + m_H

=> 6,32 = 0,22t.12 + ( 0,32t – 0,12).2

=> t = 2

=> Trong 6,32g X có n_H2O = 0,52mol

=> Trong 0,1 mol X có n_H2O = 0,52. ½ = 0,26 mol

=> m = 4,68g

Đáp án : B

Các chất thỏa mãn : phenyl amoniclorua; anlyl clorua ; benzyl clorua ; phenyl benzoat ; tơ nilon-6 ; propyl clorua ; alanin ; tripeptit ; m-crezol

Đáp án : B

CO không phản ứng với MgO => Chất rắn gồm MgO ; Fe : 0,3 mol ; Cu

Chỉ có Fe phản ứng với H₂SO₄ loãng sinh ra khí H₂

=> n_H2 = n_Fe = 0,3 mol => V = 6,72 lit

Đáp án : B

X + AgNO₃/ NH₃ à ↓ vàng => X có CH≡C - đầu mạch

=> Có 5 CTCT của X : x = 5

Y là ancol có vòng thơm sau khi oxi hóa thì tạo sản phẩm có phản ứng tráng gương

C₆H₅CH₂CH₂OH; C₆H₅CH(OH)CH₃; CH₃-C₆H₄-CH₂OH ( 3CT ứng với o,p,m)

=> y = 5

Z là este 2 chức phản ứng với NaOH tạo 1 muối ancol

C₂H₄(COOCH₃)₂; (COOC₂H₅)₂; (HCOO)₂C₄H₈; (CH₃COO)₂C₂H₄)

=> z = 4

T + HCl à RNH₃Cl => T là amin bậc 1

=> t = 4

Đáp án : C

X đơn chức nhưng n_Ag = 3n_X

=> X có nhóm CH≡C – đầu mạch

=> Kết tủa gồm : CAg≡C-RCOONH₄ : 0,1 mol và 0,2 mol Ag

=> m_{kết tủa} = 0,1.(R + 194) + 0,2.108 = 43,6

=> R = 26 (C₂H₂)

=> X là CH≡C – CH = CH – CHO  ( có tổng là 4p )

=>Thí nghiệm 2 : n_X= 0,05 mol

=> n_H2 = 4n_X = 0,2 mol

Đáp án : B

Isopren : CH₂=C(CH₃) – CH = CH₂

Sản phẩm monobrom :

BrCH₂ – C(CH₃) = CH – CH₃ (2dphh) ; BrCH₂ – CH = C(CH₃)  – CH₃ ( 2dphh)

BrCH₂ – CH(CH₃) - CH = CH₂ ; CH₃ – C(Br)(CH₃) - CH = CH₂

CH₂ = C(CH₃) – CHBr – CH₃ ; CH₂ = C(CH₃) – CH₂ – CH₂Br

=> có 8 chất

Đáp án : D

Ta có : n_OH = 2n_Ba + n_K = 4 mol > n_Al

=> X tan hết

Đáp án : C

Có 8 chất làm mất màu nước Brom là : Buta-1, 3 –dien, propilen, but-2-in, axetilen, metylaxetilen, xiclopropan, isobutilen, anlen

Đáp án : A

n_X = 0,1 mol ; n_Ag = 0,4 mol = 4n_X

=> X phải là este và sản phẩm của X là HCOONa và andehit

=> X phải là  : HCOOCH=CHCH₂CH₃ hoặc HCOOCH=C(CH₃)₂

Đáp án : D

Vì Fe dư nên trong dung dịch chỉ có muối Fe(NO₃)₂ và có thể có sản phẩm khử là NH₄NO₃

=> bảo toàn Fe : n_ntFe(hh) = n_Fe + 3n_Fe3O4 = n_Fe2+ + n_{Fe dư}

=> n_Fe2+ = 0,24 + 0,03.3 – 0,06 = 0,27 mol

Coi hỗn hợp đầu có : 0,33 mol Fe và 0,12 mol O

=> Có 0,27 mol Fe và 0,12 mol O phản ứng 

Bte : 2n_Fe = 2n_O + 8n_NH4NO3

=> n_NH4NO3 = 0,0375 mol

=> m_muối = m_Fe(NO3)2 + m_NH4NO3 = 51,6g

Nếu không có sản phẩm khử thì m_muối = m_Fe(NO3)2 = 48,6g (TM)

Đáp án : D

n_Br2 = 5n_X => Trong X có số p ở gốc hidrocacbon là 5

=> Tổng số p trong X là 8

=> n_CO2 – n_H2O = (p - 1)n_X

Đáp án : B

Các chất thỏa mãn : C₂H₃Cl ; C₂H₄ ; C₂H₃COOH ; C₆H₁₁NO (caprolactam) , vinylaxetat

Đáp án : C

Các chất : Glucozo ; C₂H₂ ; C₂H₄ ; CH₂=CHCOOH ; anilin ; phenol ; metyl xiclopropan

Đáp án : B

Al phản ứng được với cả 4 chất bằng 1 phản ứng oxi hóa khử

Fe phản ứng với HCl bằng 1 phản ứng ; với AgNO₃ bằng 2 phản ứng oxi hóa khử

Fe²⁺ + Ag⁺ à Fe³⁺ + Ag ( đây cũng là phản ứng của Fe(NO₃)₂ và AgNO₃)

Fe(NO₃)₂ + HCl

=> 8 phản ứng oxi hóa

Đáp án : D

1. Trong điện phân dung dịch NaCl, trên catot xảy ra sự khử nước.

 Đúng

2. Trong ăn mòn điện hóa , tại cực âm xảy ra sự oxi hóa kim loại.

Đúng

3. Trong thực tế để loại bỏ khí Cl₂ thoát ra trong phòng thí nghiệm ta phun khí NH₃ vào phòng.

Sai. Vì NH₃ độc , phản ứng không thể biết được hết HCl hay chưa nên phải dùng NH₃ rất dư => không tốt

4. Để làm mềm nước cứng tạm thời có thể dùng các chất sau: Na₂CO₃, Na₃PO₄, Ca(OH)₂ vừa đủ.

Đúng

5. Nguyên tắc đế sản xuất thép là oxi hóa các nguyên tố phi kim trong gang thành oxit.

Sai. Vì cũng cần oxi hóa 1 số kim loại như Mn

6. Sục Na₂S dư vào dung dịch hỗn hợp FeCl₃ và CuCl₂ thu được 3 kết tủa.

Đúng . Tạo FeS ; S và CuS

7. Dung dịch H₂O₂ không làm mất màu dung dịch KMnO₄ trong H₂SO₄ loãng.

Sai.

Có 4 câu đúng

Đáp án : D

+) P₁ : n_CO2 = n_X => Các chất trong X có 1 C trong phân tử

=> Các chất đó là HCHO ; CH₃OH ; HCOOH với số mol lần lượt là x;y;z

=> x + y + z = 0,05

+) P₂ : 2n_H2 = y + z = 0,04

+) P₃ : n_Ag = 4x + 2z = 0,08

=> x = 0,01 ; y = 0,02 ; z = 0,02 mol

=> %n_HCOOH = 40%

Đáp án : C

Các chất : CH₃COONa ; CH₃NH₂ ; C₆H₅ONa ; CH₃COOH ; Lysin ; axit Glutamic

Đáp án : B

Từ (b) => X₂ chứa Na . Từ (1) => X₂ là NaOH

(d) => X₆ phải có K chứ không thể là H₂SO₄ ( có 2 cation là Ba²⁺ và K⁺ )

Đáp án : C 

Đáp án : B

Saccarozo à Glucozo + Fructozo

Mantozo à 2Glucozo

=> Sau phản ứng có : 0,004 mol Saccarozo ; 0,008 mol mantozo ; 0,03 mol Glucozo ; 0,006 mol Fructozo

=> n_Ag = 2(n_Man + n_Glu + n_Fruc) = 9,504g

Đáp án : B

H₂ + ( Br₂ ; etilen ; phenol ; anilin )

Br₂ + ( etilen ; phenol ; KOH ; anilin )

Phenol + KOH

Đáp án : A

Các chất : CH₃CH₂OH ; C₄H₁₀ ; CH₃OH ; CH₃CHO ; CH₃CH=CH₂ ; C₆H₅CH₂CH₂CH₃ ; CH₃COOC₂H₅

Đáp án : C

, n_Na = 0,12 mol ; n_HCl = 0,1 mol

Na + HCl à NaCl + ½ H₂

Na + H₂O à NaOH + ½ H₂

=> n_H2 = ½ n_na = 0,06 mol => V = 1,344 lit

Đáp án : D

Các chất : FeCl₂ ; FeCl₃ ; Fe(NO₃)₂ ; FeSO₄

Đáp án : A

Ba + 2H₂O ® Ba(OH)₂ + H₂

Ba(OH)₂ + 2Al + 2H₂O ® Ba(AlO₂)₂ + 3H₂

Do chỉ tạo dung dịch => Al hết , Ba(OH)₂ dư

=> n_H2 = n_Ba + 1,5n_Al

Đáp án : A

Do 2 thí nghiệm tạo lượng CO₂ khác nhau nên chứng tỏ HCl phải thiếu so với lượng chất trong X

+) Khi nhỏ từ từ Y vào X thì lúc đầu X rất dư nên thứ tự phản ứng sẽ là :

          CO₃^2- + H⁺ à HCO₃^-

          HCO₃^- + H⁺ à CO₂ + H₂O

          => n_CO2 = b – a = $\frac{V}{22,4}$ 

+) Khi nhỏ từ từ X vào Y thì lúc đầu Y rất dư nên các chất trong X sẽ phản ứng với axit theo tỉ lệ mol tương ứng với số mol ban đầu . Phản ứng sẽ là :

          HCO₃^- + H⁺ à CO₂ + H₂O

          ,   2x   à 2 x  à 2 x

          CO₃^2- + 2H⁺ à CO₂ + H₂O

          ,  x  à   2x   à x

=> n_H+ = 4x = b và n_CO2 = 3x = 3$\frac{V}{22,4}$  => b = 4$\frac{V}{22,4}$

=> b = 4(b – a)

=> a : b = 3 : 4

Đáp án : A

Na + H₂O à NaOH + ½ H₂

NaOH + Al + H₂O à NaAlO₂ + 3/2 H₂

Do kim loại dư => n_Na = 2n_H2 => n_Na = 0,2 mol

=> n_Al = 2n_Na = 0,4 mol

=> n_{Al dư} = n_Na – n_Al = 0,2 mol

=> m = 5,4g

Đáp án : C

Do các amino axit chỉ chứa 1 nhóm – NH₂ và 1 nhóm – COOH

Gọi là là 1 aminoaxit TQ để tạo peptit X . Vậy X là : KA-(K-1)H₂O.(0,1mol).

Vậy n_(OH) trong X là 2k.0,1 – (k-1).0,1

X + 58,8 lít O₂ à 2,2 mol CO₂ + 1,85 mol H₂O . Vậy bảo toàn nguyên tố O . Ta có

n_(O) trong X = 1 mol

Vậy có 2k.0,1 – (k-1).0,1 = 1 . Vậy k = 9. Có 8 liên kết peptit

X + 58,8 lít O₂ à CO₂ + H₂O  + 9/2 N₂.

                           2,2        1,85         0,45

Vậy BTKL m (X)  = 58,7 gam

Khi thủy phân X trong NaOH : (9A – 8H₂O) + 9 NaOH à Muối + H₂O

Vậy khối lượng chất rắn thu được là : 58,7 + 0,5.2.40 – 18.0,1 = 96,9 gam

Đáp án : B

Trong B đặt MgSO₄, FeSO₄, CuSO₄ và (NH₄)₂SO₄ lần lượt là a, b, c, d mol.

Ta có n_Na2SO4 trong B = 0,0225 mol

=> 120a + 152b + 160c + 132d + 0,0225.142 = 62,605

n_NaOH = 2a + 2b + 2c + 2d = 0,865

m↓ = 58a + 90b + 98c = 31,72

Sản phẩm sau đó là Na₂SO₄ => n_Na2SO4 = 0,4325 + 0,0225 = 0,455

n_BaCl2 = 0,455

=> Vừa đủ để tạo ra n_BaSO4 = 0,455

Sau đó thêm tiếp AgNO₃ dư

=> Tạo thêm n_AgCl = 0,455.2 = 0,91 và n_Ag = n_Fe2+ = b

=>  m↓ = 108b + 0,91.143,5 + 0,455.233 = 256,04

Giải hệ trên: a = 0,2 b = 0,18 c = 0,04 d = 0,0125

Như trên đã có n_H2SO4 = n_{Na2SO4 tổng} = 0,455

Bảo toàn H: 2n_H2SO4 = 8n_(NH4)2SO4 + 2n_H2 + 2n_H2O

=>  n_H2O = 0,385 mol

Bảo toàn khối lượng: m_A + m_NaNO3 + m_H2SO4 = m _muối + m _khí + m_H2O => m_A = 27,2 gam

Đáp án : D

n_Al2O3 = 0,05 mol => n_Al(OH)3 = 0,1 mol

, n_H2 = 0,25 mol

,n_Na = n_NaOH = 2n_H2 = 0,5 mol

=> Kết tủa bị tan 1 phần => n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - n_OH-

=> x = 1,5(M)

Đáp án : B

Do n_HNO3 < 8/3n_Fe => HNO₃ hết và chỉ tạo Fe²⁺

=>  n_Fe(NO3)2 = 0,03 mol

=> m_muối = 5,4g

Đáp án : A

FeCl₂ + (AgNO₃ ; HNO₃ )

Fe(NO₃)₂ + ( KHSO₄ ; AgNO₃ ; HNO₃ )

AgNO₃ + CuBr₂

CuBr₂ + HNO₃

Đáp án : A

Gọi CT oxit là : R₂O

Giả sử có x mol Al và y mol R₂O

, n_HCl = 0,65 mol ; n_Al(OH)3 = 0,05mol

Nếu Al dư => Trong dung dịch chỉ có 2y mol RAlO₂

Do n_HCl > n_Al(OH)3 => kết tủa tan 1 phần

=> n_H+= 4n_AlO2 – 3n_Al(OH)3 => n_AlO2 = 2y = 0,2 => y = 0,1 mol

=> n_H2 = 0,3 mol và n_{Al pứ} = 0,2 mol

=> m_tăng = m_R2O + m_{Al pứ} - m_H2

=> m_R2O = 9,4g và n_R2O = 0,1 mol

=> M _oxit = 94 => R = 39 (Kali)

TH : Al hết sẽ không thỏa mãn

Đáp án : C

n_{NaOH pứ muối} = n_NaOH – 2a (mol)

Khi số mol NaOH = 0,1 sẽ cùng tạo ra kết tủa với 2 trường hợp :

+) Al³⁺ dư => n↓ = 1/3 n_NaOH = $\frac{1}{3}$(0,5 – 2a) = 0,1 => a = 0,1

+) Kết tủa tan=> n↓ = 4n_Al3+ - n_OH- = 4.2b – (0,9 – 2a) = 8b + 2a – 0,9 = 0,1

=> b = 0,1

=> a : b = 1 : 1

Đáp án : B

, n_KHSO4 = n_BaSO4 = 1,53 mol à n_Fe(NO3)3 = 0,035 mol

, n_D = 0,09 mol . Ta thấy 2 khí còn lại là NO và N₂ với số mol lần lượt là x;y

Từ n_H2 : n_N2O : n_NO2 = 4/9 : 1/9 : 1/9

=> n_H2 = 0,04 mol ; n_N2O = 0,01 ; n_NO2 = 0,01 mol

=> m_D = 30x + 28y + 0,04.2 + 0,01.44 + 0,01.46 = 1,84g

Lại có : x + y = 0,09 – 0,04 – 0,01 – 0,01 = 0,03 mol

=> x = 0,01 ; y = 0,02 mol

Bảo toàn N : Giả sử trong muối có NH₄⁺ => n_NH4+ = 3n_Fe(NO3)3 – n_N(D) = 0,025 mol

Bảo toàn H : n_H2O = ½ (n_KHSO4 – 2n_H2 – 4n_NH4+ ) = 0,675 mol

 Bảo toàn O : 4n_KHSO4 + 9n_Fe(NO3)3 + n_O(B) = n_H2O + n_O(D) + 4n_SO4

=> n_O(B) = 0,4 mol => m_B = 0,4.16 : (64/205) = 20,5g

Đáp án : B

CTTQ : C_xH_yO_z : 12x + y + 16z = 82

+) z = 1 => 12x + y = 66 => C₅H₆O

+) z = 2 => 12x + y = 50 => C₄H₂O₂

+) z = 3 => 12x + y = 34 => Loại

+) z = 4 => 12x + y = 18 => Loại

Y phản ứng đủ với 4 mol AgNO₃/NH₃ => Y là C₄H₂O₂ : OHC-C≡C-CHO)

Với X và Z chỉ là 3 mol AgNO₃/NH₃

Mà X và Y đồng phân của nhau => X là CH≡C-CO-CHO

=> Z là C₅H₆O có dạng : CH≡C-CH₂CH₂-CHO

Đáp án : A

Do đốt tạo n_CO2 : n_H2O = 1 : 1 => X có dạng C_nH_2nO_x

=> 14n + 16x <120

, Bảo toàn O : n_O2 = ½ (n_H2O + 2n_CO2 – n_O(X)) = 1,5n - 0,5x = 4n_X = 4

( Coi số mol X là 1 mol )       => n> 2,33

=> 14n + 16(3n – 8) < 120 => n < 4

=> n = 3 => x = 1 => C₃H₆O

Đáp án : B

n_CO2 : n_H2O = 2 : 3 => n_C: n_H = 1 : 3

Mà ta có : số H chẵn và n_H ≤ 2n_C + 2

=> số C = 2 và số H = 6

=> Y là C₂H₆O_x

, n_Ag = 4n_X => X phải là andehit 2 chức => x = 2

X là C₂H₂O₂ hay (CHO)₂

Đáp án : D

n_CO2 : n_H2O = 2 : 3 => n_C : n_H = 1 : 3

Mà ta có : Số H chẵn và n_H ≤ 2nC + 2

=> số C = 2 và số H  = 6 => _C2H₆O

Vì X + NaOH chỉ tạo 1 chất hữu cơ chứa Na => X có dạng vòng

=> Y có dạng : HO – R – COONa

=> Y là HO – C₂H₄COONa

=> X là :

=> C₃H₄O₂