Đề thi thử THPT QG môn Hóa trường THPT chuyên Thái Bình lần 3

Tổng hợp đề thi giữa kì 2 lớp 12 tất cả các môn

Toán - Văn - Anh - Lí - Hóa - Sinh - Sử - Địa - GDCD

Đề bài

Câu 1 :

Cho các chất: CaCO3; KOH; KI; KMnO4; Si; Na ; FeSO4; MnO2; Mg; Cl2. Trong các chất trên có bao nhiêu chất có khả năng phản ứng được với dung dịch HBr mà trong đó HBr đóng vai trò là chất khử?

  • A
    4
  • B
    3
  • C
    2
  • D
    5
Câu 2 :

Cho hỗn hợp khí X gồm CO2, CO, N2 và hơi nước lần lượt đi qua các bình mắc nối tiếp chứa lượng dư mỗi chất: CuO đun nóng; dung dịch nước vôi trong; dung dịch H2SO4  đặc.Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí ra khỏi bình chứa H2SO4 đặc là

  • A
    Hơi nước.        
  • B
    N2 và hơi nước. 
  • C
    CO. 
  • D
    N2
Câu 3 :

Các chất khí điều chế trong phòng thí nghiệm thường được thu theo phương pháp đẩy không khí (cách 1, cách 2) hoặc đẩy nước (cách 3) như hình vẽ sau đây:

Có thể dùng cách nào trong 3 cách trên để thu khí NH3?

  • A
    Cách 3. 
  • B
    Cách 1. 
  • C
    Cách 2.            
  • D
    Cách 2 hoặc 3.
Câu 4 :

Dung dịch X chứa 0,2 mol Fe(NO3)3 và 0,24 mol HCl. Dung dịch X có thể hòa tan được tối đa bao nhiêu gam Cu (biết phản ứng tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất)

  • A
    5,76 gam. 
  • B
    18,56 gam.      
  • C
    12,16 gam.      
  • D
    8,96 gam.
Câu 5 :

Cho các nhận xét sau:

1. Khi cho anilin vào dung dịch HCl dư thì tạo thành dung dịch đồng nhất trong suốt.

2. Khi sục CO2 vào dung dịch natriphenolat thì thấy vẩn đục

3. Khi cho Cu(OH)2 vào dung dịch glucozơ có chứa NaOH ở nhiệt độ thường thì xuất hiện kết tủa đỏ gạch.

4. Dung dịch HCl, dung dịch NaOH, đều có thể nhận biết anilin và phenol trong các lọ riêng biệt.

5. Để nhận biết glixerol và saccarozơ có thể dùng Cu(OH)2 trong môi trường kiềm và đun nóng.

Số nhận xét đúng là:

  • A
    2
  • B
    3
  • C
    1
  • D
    4
Câu 6 :

Hỗn hợp M gồm một este, một axit cacboxylic và một ancol (đều no, đơn chức, mạch hở). Thủy phân hoàn toàn 9,27 gam M bằng lượng vừa đủ dung dịch chứa 0,15 mol NaOH thu được 4,8 gam một ancol. Cô cạn dung dịch sau thủy phân rồi đem lượng muối khan thu được đốt cháy hoàn toàn thu được 0,075 mol H2O. Phần trăm khối lượng của este có trong M là

  • A
    23,34%.           
  • B
    87,38%. 
  • C
    56,34%. 
  • D
    62,44%
Câu 7 :

Cho 5,6 gam Fe vào 200 ml dung dịch Cu(NO3)2 0,5M và HCl 1,2M thu được khí NO và m gam kết tủa. Xác định m. Biết rằng NO là sản phẩm khử duy nhất của NO3- và không có khí H2 bay ra.

  • A
    2,4.      
  • B
    0,32. 
  • C
    0,64. 
  • D
    1,6.
Câu 8 :

Tiến hành các thí nghiệm sau:

(1) Nhúng thanh sắt vào dung dịch CuCl2

(2) Nhúng thanh sắt vào dung dịch CuSO4.

(3) Cho chiếc đinh làm bằng thép vào bình chứa khí oxi, đun nóng.

(4) Cho chiếc đinh làm bằng thép vào dung dịch H2SO4 loãng.

(5) Nhúng thanh đồng vào dung dịch Fe2(SO4)3.

(6) Nhúng thanh nhôm vào dung dịch H2SO4 loãng có hòa tan vài giọt CuSO4.

(7) Đốt hợp kim Al - Fe trong khí Cl2.

Số trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa là

  • A
    2
  • B
    3
  • C
    5
  • D
    4
Câu 9 :

Fructozơ là một monnosaccarit có nhiều trong mật ong, có vị ngọt sắc.Công thức phân tử của fructozơ là.

  • A
    C12H22O11
  • B
    (C6H10O5)n
  • C
    C2H4O2
  • D
    C6H12O6.
Câu 10 :

Hòa tan hỗn hợp gồm 2,8 gam Fe và 1,6 gam Cu trong 500ml dung dịch hỗn hợp HNO3 0,1M và HCl 0,4M, thu được khí NO (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho X vào dung dịch AgNO3 dư, thu được m (gam) chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:

  • A
    30,05. 
  • B
    34,1. 
  • C
    28,7. 
  • D
    29,24.
Câu 11 :

Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20% (loãng), thu được dung dịch Y. Nồng độ của MgSO4 trong dung dịch Y là 15,22%. Nồng độ phần trăm của ZnSO4 trong dung dịch Y gần nhất với giá trị nào sau đây?

  • A
    10,21%. 
  • B
    15,16%. 
  • C
    18,32%. 
  • D
    15,22%.
Câu 12 :

Thổi từ từ V lít CO (đktc) đi qua ống sứ đựng 51,6 gam hỗn hợp X gồm CuO, Al2O3 và Fe3O4 (tỉ lệ mol lần lượt là 1:2:1). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 19. Cho toàn bộ lượng khí Y hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 thu được 30 gam kết tủa và dung dịch Z. Cho dung dịch Z phản ứng với lượng dư dung dịch Ba(OH)2 dư thấy tạo thành m gam kết tủa. Giá trị của V và m lần lượt là:

  • A
    17,92 lít và 29,7 gam. 
  • B
    17,92 lít và 20 gam.
  • C
    11,20 lít và 20 gam. 
  • D
    11,20 lít và 29,7 gam.
Câu 13 :

Để tinh chế Ag từ hỗn hợp (Fe,Cu,Ag) sao cho khối lượng Ag không đổi ta dùng:

  • A
    dd AgNO3
  • B
    dd HCl. 
  • C
    Fe. 
  • D
    dd Fe(NO3)3.
Câu 14 :

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp metyl axetat và etyl axetat, thu được CO2 và m gam H2O. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 25 gam kết tủa. Giá trị của m là

  • A
    5,4. 
  • B
    3,6. 
  • C
    6,3. 
  • D
    4,5.
Câu 15 :

Cho các phát biểu sau

(1) Tất cả các peptit đều có phản ứng màu biure.

(2) Cho HNO3 đặc vào dung dịch protein tạo thành dung dịch màu vàng.

(3) Muối phenylamoni clorua không tan trong nước.

(4) Ở điều kiện thường metylamin, đimetylamin là những chất khí có mùi khai.

Số phát biểu đúng là:

  • A
    2
  • B
    4
  • C
    3
  • D
    1
Câu 16 :

Thủy phân hoàn toàn 3,96 gam vinyl fomat trong dung dịch H2SO4 loãng. Trung hòa hoàn toàn dung dịch sau phản ứng rồi cho tác dụng tiếp với dung dịch AgNO3/NH3 dư, đun nóng, phản ứng hoàn toàn, thu được m gam Ag. Giá trị của m là:

  • A
    15,12 gam.      
  • B
    21,6 gam.        
  • C
    11,88 gam
  • D
    23,76 gam.
Câu 17 :

Hấp thụ hoàn toàn 0,4 mol CO2 vào dung dịch Ba(OH)2 lấy dư. Khối lượng kết tủa tạo ra có giá trị là:

  • A
    78,8 gam. 
  • B
    59,1 gam. 
  • C
    89,4 gam.        
  • D
    39,4 gam.
Câu 18 :

Kết quả thí nghiệm của các dung dịch X, Y, Z, T với thuốc thử được ghi ở bảng sau:

X, Y, Z, T lần lượt là:

  • A
    AlCl3, (NH4)2SO4, NH4NO3, FeCl3
  • B
    Al2(SO4)3, NH4NO3, (NH4)2SO4, FeCl3.
  • C
    AlCl3, NH4NO3, (NH4)2SO4, FeCl3.   
  • D
    Al2(SO4)3, (NH­4)2SO4, NH4NO3, FeCl3.
Câu 19 :

Có các thí nghiệm:

(1) Nhỏ dung dịch NaOH dư vào dung dịch hỗn hợp KHCO3 và CaCl2.

(2) Đun nóng dung dịch chứa hỗn hợp Ca(HCO3)2 và MgCl2.

(3) Cho "nước đá khô" vào dung dịch axit HCl.

(4) Nhỏ dung dịch HCl vào "thủy tinh lỏng".

(5) Thêm sođa khan vào dung dịch nước vôi trong.

Số thí nghiệm thu được kết tủa là

  • A
    3
  • B
    5
  • C
    4
  • D
    2
Câu 20 :

Để điều chế Ag từ dung dịch AgNO3 ta không thể dùng:

  • A
    Điện phân dung dịch AgNO3

    Để điều chế Ag từ dung dịch AgNO3 ta không thể dùng:

     

  • B
    Nhiệt phân AgNO3.
  • C
    Cho Ba phản ứng với dung dịch AgNO3
  • D
    Cu phản ứng với dung dịch AgNO3.
Câu 21 :

Cho 2,16 gam Al vào dung dịch chứa 0,4 mol HNO3, thu được dung dịch A và khí N2O (sản phẩm khử duy nhất). Thêm dung dịch chứa 0,25 mol NaOH vào dung dịch A thì lượng kết tủa thu được bằng

  • A
    3,90 gam.        
  • B
    4,68 gam. 
  • C
    6,24 gam.        
  • D
    5,46 gam.
Câu 22 :

Cho 30,24 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Mg, MgCO3 và Mg(NO3)2 (trong đó oxi chiếm 28,57% về khối lượng hỗn hợp) vào dung dịch chứa 0,12 mol HNO3 và 1,64 mol NaHSO4, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chứa các muối trung hòa có khối lượng 215,08 gam và hỗn hợp khí Z gồm N2O, N2, CO2 và H2 (trong đó số mol của N2O bằng số mol của CO2). Tỉ khối hơi của Z so với He bằng a. Giá trị gần nhất của a là

  • A
    7,5.      
  • B
    7,0.
  • C
    8,0.
  • D
    6,5.
Câu 23 :

Điện phân dung dịch KCl bão hòa, có màng ngăn giữa hai điện cực. Sau một thời gian điện phân, dung dịch thu được có môi trường

  • A
    axit yếu. 
  • B
    trung tính.        
  • C
    axit mạnh.        
  • D
    kiềm.
Câu 24 :

Thủy phân hoàn toàn 1 mol oligopeptit X mạch hở, được 2 mol glyxin (Gly), 1 mol alanin (Ala), 1 mol valin (Val) và 1 mol phenylalanin (Phe). Thủy phân không hoàn toàn X thu được đipeptit Val-Phe và tripeptit Gly-Ala-Val nhưng không thu được đipeptit Gly-Gly. Kết luận không đúng về X là

  • A
    Trong X có 5 nhóm CH3.
  • B
    X có công thức Gly-Ala-Val-Phe-Gly.
  • C
    Đem 0,1 mol X tác dụng với HCl dư, đun nóng tạo ra 70,35 gam muối.
  • D
    X tác dụng với NaOH đun nóng trong dung dịch theo tỉ lệ mol tương ứng 1 : 5.
Câu 25 :

Cho các thí nghiệm sau:

(1) Cho Mg vào dung dịch H2SO4 (loãng).

(2) Cho Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 (loãng).

(3) Cho FeSO4 vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng).

(4) Cho Al(OH)3 vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng).

(5) Cho BaCl2 vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng).

(6) Cho Al(OH)3 vào dung dịch H2SO4 (loãng).

Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm xảy ra phản ứng mà H2SO4 đóng vai trò là chất oxi hóa là

  • A
    2
  • B
    4
  • C
    3
  • D
    5
Câu 26 :

Cho các phát biểu sau:

(1) Độ ngọt của saccarozo cao hơn fructozo.

(2) Để nhận biết glucozo và fructozo có thể dùng phản ứng tráng gương.

(3) Amilopectin có cấu trúc mạch phân nhánh.

(4) Tơ visco thuộc loại tơ nhân tạo.

(5) Xenlulozo trinitrat có công thức là: [C6H7O2(ONO2)3]n được dùng sản xuất thuốc súng không khói.

(6) Xenlulozo tan được trong [Cu(NH3)4](OH)2 (nước Svayde).

  • A
    6
  • B
    5
  • C
    4
  • D
    3
Câu 27 :

Cho hỗn hợp X chứa 18,6 gam gồm Fe, Al, Mg, FeO, Fe3O4 và CuO. Hòa tan hết trong dung dịch HNO3 dư thấy có 0,98 mol HNO3 tham gia phản ứng thu được 68,88 gam muối và 2,24 lít (đktc) khí NO duy nhất. Mặt khác, từ hỗn hợp X ta có thể điều chế được tối đa m gam kim loại. Giá trị của m là

  • A
    14,76. 
  • B
    16,2. 
  • C
    13,8. 
  • D
    15,40.
Câu 28 :

Trong hợp chất sau đây có mấy liên kết peptit?

H2N-CH2-CO-NH-CH(CH3)-CO-NH-CH(C6H5)-CO-NH-CH2-CH2-COOH

  • A
    1
  • B
    3
  • C
    2
  • D
    4
Câu 29 :

Amino axit nào sau đây có phân tử khối bé nhất?

  • A
    Alanin. 
  • B
    Glyxin. 
  • C
    Axit glutamic. 
  • D
    Valin.
Câu 30 :

Có các nhận xét sau:

1. Các kim loại Na và Ba đều là kim loại nhẹ.

2. Độ cứng của Cr > Al.

3. Cho K vào dung dịch CuSO4 tạo được Cu.

4. Về độ dẫn điện: Ag > Cu > Al.

5. Có thể điều chế Mg bằng cách cho khí CO khử MgO ở nhiệt độ cao.

Số nhận xét đúng

  • A
    5
  • B
    2
  • C
    4
  • D
    3
Câu 31 :

Đun nóng dung dịch chứa 27 gam glucozo với AgNO3/NH3 dư đến phản ứng hoàn toàn. Khối lượng kết tủa thu được là

  • A
    21,6 gam. 
  • B
    10,8 gam. 
  • C
    16,2 gam.        
  • D
    32,4 gam.
Câu 32 :

Cho 12,5 gam hỗn hợp kim loại kiềm M và oxit của nó vào dung dịch HCl dư, đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 22,35 gam muối khan. Kim loại kiềm M là

  • A
    Li
  • B
    Na
  • C
    K
  • D
    Cs
Câu 33 :

Cho sơ đồ sau: \(X\xrightarrow{dpnc}Na+...\) Hãy cho biết X có thể là chất nào sau đây?

  • A
    NaCl, NaNO3
  • B
    NaCl, Na2SO4
  • C
    NaCl, NaOH. 
  • D
    NaOH, NaHCO3.
Câu 34 :

Thể tích khí thoát ra (ở đktc) khi cho 0,4 mol Fe tan hết vào dung dịch H2SO4 (loãng) lấy dư là

  • A
    13,44 lít. 
  • B
    8,96 lít. 
  • C
    6,72 lít.            
  • D
    5,6 lít.
Câu 35 :

Cho một mẫu hợp kim Na-Ba tác dụng với nước dư thu được dung dịch X và 3,36 lít khí (đktc). Cho dung dịch X tác dụng với 100 ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và AlCl3 0,6M. Khối lượng kết tủa thu được là

  • A
    4,68 gam.        
  • B
    3,12 gam. 
  • C
    4,29 gam. 
  • D
    3,9 gam.
Câu 36 :

Cho hỗn hợp E gồm 0,1 mol X (C5H11O4N) và 0,15 mol Y (C5H14O4N2, là muối của axit cacboxylic hai chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH, thu được một ancol đơn chức, hai amin no (kế tiếp trong dãy đồng đẳng) và dung dịch T. Cô cạn T, thu được hỗn hợp G gồm ba muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có hai muối của hai axit cacboxylic và muối của một α-amino axit). Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn nhất trong G là

  • A
    24,57% 
  • B
    54,13%            
  • C
    52,89% 
  • D
    25,53% 
Câu 37 :

Cho hỗn hợp gồm 7,2 gam Mg và 10,2 gam Al2O3 tác dụng hết với lượng dư dung dịch HNO3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,448 lít khí N2 duy nhất (đo ở đktc) và dung dịch Y. Khối lượng muối tan trong dung dịch Y là

  • A
    87 gam.           
  • B
    88 gam. 
  • C
    48,4 gam.        
  • D
    91 gam.
Câu 38 :

Dung dịch nào dưới đây không hòa tan được Cu kim loại?

  • A
    Dung dịch Fe(NO3)3
  • B
    Dung dịch hỗn hợp NaNO3 và HCl.
  • C
    Dung dịch NaHSO4
  • D
    Dung dịch HNO3.
Câu 39 :

Cho luồng khí CO dư đi qua 9,1 gam hỗn hợp CuO và Al2O3, nung nóng đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 8,3 gam chất rắn. Khối lượng CuO có trong hỗn hợp ban đầu là

  • A

    0,8 gam.

  • B

    4,0 gam.

  • C

    8 gam.

  • D

    6 gam.

Câu 40 :

Vật làm bằng hợp kim Zn-Cu trong môi trường không khí ẩm (hơi nước có hòa tan O2) đã xảy ra quá trình ăn mòn điện hóa. Tại anot xảy ra quá trình

  • A
    Oxi hóa Cu. 
  • B
    Khử Zn. 
  • C
    Oxi hóa Zn. 
  • D
    Khử O2.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Cho các chất: CaCO3; KOH; KI; KMnO4; Si; Na ; FeSO4; MnO2; Mg; Cl2. Trong các chất trên có bao nhiêu chất có khả năng phản ứng được với dung dịch HBr mà trong đó HBr đóng vai trò là chất khử?

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

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Viết PTHH xảy ra, chọn các chất mà HBr sau phản ứng số oxh tăng lên thì HBr sẽ đóng vai trò là chất khử.

Lời giải chi tiết :

Các phản ứng trao đổi

CaCO3 + 2HBr → CaBr2 + CO2↑ + H2O

KOH + KBr → KBr + H2O

Các phản ứng HBr đóng vai trò là chất oxi hóa

2Na + 2HBr → 2NaBr + H2

Các phản ứng HBr đóng vai trò là chất khử

\(\eqalign{
& 2K\mathop {Mn}\limits^{ + 7} {O_4} + 16H\mathop {Br}\limits^{ - 1} \buildrel {} \over
\longrightarrow 2KBr + \mathop {2Mn}\limits^{ + 2} B{r_2} + \mathop {5B{r_2}}\limits^0 + 8{H_2}O \cr
& \mathop {Mn}\limits^{ + 4} {O_2} + 4H\mathop {Br}\limits^{ - 1} \buildrel {} \over
\longrightarrow \mathop {Mn}\limits^{ + 2} B{r_2} + \mathop {B{r_2}}\limits^0 + 2{H_2}O \cr
& \mathop {C{l_2}}\limits^0 + 2H\mathop {Br}\limits^{ - 1} \buildrel {} \over
\longrightarrow 2H\mathop {Cl}\limits^{ - 1} + \mathop {B{r_2}}\limits^0 \cr} \)

 => có 3 chất phản ứng với HBr mà HBr đóng vai trò là chất khử.

Câu 2 :

Cho hỗn hợp khí X gồm CO2, CO, N2 và hơi nước lần lượt đi qua các bình mắc nối tiếp chứa lượng dư mỗi chất: CuO đun nóng; dung dịch nước vôi trong; dung dịch H2SO4  đặc.Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí ra khỏi bình chứa H2SO4 đặc là

  • A
    Hơi nước.        
  • B
    N2 và hơi nước. 
  • C
    CO. 
  • D
    N2

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Dựa vào kiến thức tính chất hóa học của các khí CO2, CO, N2 để xác định xem qua bình nào thì khí nào bị giữ lại, khí nào bị thoát ra.

Lời giải chi tiết :

Cho hỗn hợp khí X qua CuO, t0 có CO bị giữ lại

CO + CuO \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \) Cu + CO2

Khí đi ra gồm: CO2 và N2. Hỗn hợp khí này cho qua dd Ca(OH)2 thì CO2 sẽ bị giữ lại

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

Khí thoát ra là hơi H2O và N2. Cho hỗn hợp khí này qua dd H2SO4 đặc thì H2O bị giữ lại (do H2SO4 đặc có tính háo nước mạnh) => khí thoát ra khỏi bình chứa H2SO4 đặc là N2.

Câu 3 :

Các chất khí điều chế trong phòng thí nghiệm thường được thu theo phương pháp đẩy không khí (cách 1, cách 2) hoặc đẩy nước (cách 3) như hình vẽ sau đây:

Có thể dùng cách nào trong 3 cách trên để thu khí NH3?

  • A
    Cách 3. 
  • B
    Cách 1. 
  • C
    Cách 2.            
  • D
    Cách 2 hoặc 3.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Cách 1: dùng để điều chế các khí có tỉ khối nhẹ hơn so với không khí

Cách 2: dùng để điều chế các khí có tỉ khối nặng hơn so với không khí

Cách 3: dùng để điều chế các khí không tan hoặc tan rất ít trong nước

Lời giải chi tiết :

NH3 là khí mùi khai, tan rất nhiều trong nước => không thể thu NH3 bằng cách 3 đẩy nước được.

NH3 có phân tử khối = 17 => nhẹ hơn không khí, do vậy khi thu NH3 bằng cách đẩy không khí mình phải úp ống nghiệm xuống dưới => cách 1 dùng để thu khí NH3

Câu 4 :

Dung dịch X chứa 0,2 mol Fe(NO3)3 và 0,24 mol HCl. Dung dịch X có thể hòa tan được tối đa bao nhiêu gam Cu (biết phản ứng tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất)

  • A
    5,76 gam. 
  • B
    18,56 gam.      
  • C
    12,16 gam.      
  • D
    8,96 gam.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Tính toán theo 2 PT ion rút gọn sau:

PT ion rút gọn: 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O

PT ion rút gọn:  Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+

Lời giải chi tiết :

PT ion rút gọn: 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O

ban đầu:                      0,24       0,6                                             (mol)

pư:                   0,09←0,24  →0,06                                            (mol)

sau:                  0,09                 0,54                                            (mol)

PT ion rút gọn:  Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+

                          0,1 ← 0,2 (mol)

=> ∑ nCu = 0,09 + 0,1 = 0,19 (mol)

=> mCu = 0,19.64 = 12,16 (g)

Câu 5 :

Cho các nhận xét sau:

1. Khi cho anilin vào dung dịch HCl dư thì tạo thành dung dịch đồng nhất trong suốt.

2. Khi sục CO2 vào dung dịch natriphenolat thì thấy vẩn đục

3. Khi cho Cu(OH)2 vào dung dịch glucozơ có chứa NaOH ở nhiệt độ thường thì xuất hiện kết tủa đỏ gạch.

4. Dung dịch HCl, dung dịch NaOH, đều có thể nhận biết anilin và phenol trong các lọ riêng biệt.

5. Để nhận biết glixerol và saccarozơ có thể dùng Cu(OH)2 trong môi trường kiềm và đun nóng.

Số nhận xét đúng là:

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

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Xem lại lý thuyết về phenol, anilin, cacbonhidrat để xem nhận định là đúng hay sai

Lời giải chi tiết :

1. đúng vì có phản ứng: C6H5NH­2 + HCl → C6H5NH3Cl (muối tan)

2. đúng vì CO2 + C6H5ONa + H2O → C6H5OH(vẩn đục) + NaHCO3

3. Sai vì ở nhiệt độ thường chỉ xảy ra phản ứng của Cu(OH)2 với các nhóm -OH kề nhau của gluco zơ tạo dung dịch màu xanh lam, phải khi đun nóng mới xảy ra phản ứng của Cu(OH)2/OH- với gốc -CHO trong glucozơ tạo kết tủa đỏ gạch.

4. đúng, nếu dùng HCl để phân biệt thì lọ trong suốt là anlinin, lọ vẩn đục là phenol; còn dùng NaOH để nhận biết thì ngược lại

5. Đúng, vì gluco zơ có phản ứng với Cu(OH)2/OH- đun nóng cho kết tủa đỏ gạch, còn glixerol chỉ cho dd màu xanh thẫm

=> có 4 phát biểu đúng

Câu 6 :

Hỗn hợp M gồm một este, một axit cacboxylic và một ancol (đều no, đơn chức, mạch hở). Thủy phân hoàn toàn 9,27 gam M bằng lượng vừa đủ dung dịch chứa 0,15 mol NaOH thu được 4,8 gam một ancol. Cô cạn dung dịch sau thủy phân rồi đem lượng muối khan thu được đốt cháy hoàn toàn thu được 0,075 mol H2O. Phần trăm khối lượng của este có trong M là

  • A
    23,34%.           
  • B
    87,38%. 
  • C
    56,34%. 
  • D
    62,44%

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Vì M + NaOH → muối + 1 ancol

=> este ban đầu có gốc ancol cùng với ancol ban đầu

Ta có: neste + naxit = nmuối = nNaOH = 0,15 (mol)

Đốt cháy 0,15 mol muối tạo ra 0,075 mol H2O  => Muối đó phải có công thức là HCOONa

Sơ đồ: 

\(\underbrace {\left\{ \matrix{
RCOO{R_1}:a \hfill \cr
RCOOH:b \hfill \cr
{R_1}OH:c \hfill \cr} \right.}_{9,27\,g} + \underbrace {NaOH}_{0,15\,mol}\buildrel {} \over
\longrightarrow \underbrace {HCOONa}_{0,15\,mol} + \underbrace {\overbrace {{R_1}OH}^{a + c}}_{4,8g} + \underbrace {{H_2}O}_b\)

Bảo toàn khối lượng dễ dàng tính được số mol H2O

Từ đó giải và biện luận ra được ancol và este

Lời giải chi tiết :

Vì M + NaOH → muối + 1 ancol

=> este ban đầu có gốc ancol cùng với ancol ban đầu

Đặt công thức của các chất trong M là: \(\left\{ \matrix{RCOO{R_1} \hfill \cr {R_2}COOH \hfill \cr {R_1}OH \hfill \cr} \right.\)

RCOOR1 + NaOH → RCOONa + R1OH

R2COOH + NaOH → R2COONa + H2O

Từ 2 PTHH trên => neste + naxit = nmuối = nNaOH = 0,15 (mol)

Đốt cháy 0,15 mol muối tạo ra 0,075 mol H2O => nH = 2nH2O = 0,15 (mol)

=> Số H có trong muối = nH/ nmuối = 0,15/0,15 = 1

=> Muối đó phải có công thức là HCOONa

=> Công thức của các chất trong M là: \(\left\{ \matrix{HCOO{R_1} \hfill \cr HCOOH \hfill \cr {R_1}OH \hfill \cr} \right.\)

Sơ đồ:\(\underbrace {\left\{ \matrix{
HCOO{R_1}:a \hfill \cr 
HCOOH:b \hfill \cr 
{R_1}OH:c \hfill \cr} \right.}_{9,27\,g} + \underbrace {NaOH}_{0,15\,mol}\buildrel {} \over
\longrightarrow \underbrace {HCOONa}_{0,15\,mol} + \underbrace {\overbrace {{R_1}OH}^{a + c}}_{4,8g} + \underbrace {{H_2}O}_b\)

Bảo toàn khối lượng ta có: 9,27 + 0,15.40 = 0,15.68  + 4,8 + 18b

=> b = 0,015 (mol)

=> nHCOOH = nH2O = 0,015 (mol)

=> nHCOOR1 = 0,15 - 0,015 = 0,135 (mol)

Ta có: nR1OH = a + c  = 0,135 +c > 0,135

=> MR1OH < 4,8: 0,135 = 35,56

=> Ancol là CH3OH

=> Este là: HCOOCH3: 0,135 (mol)

\(\% HCOOC{H_3}\,trong\,M = {{{m_{HCOOC{H_3}}}} \over {{m_M}}}.100\%  = {{0,135.60} \over {9,27}}.100\%  = 87,38\% \)

Câu 7 :

Cho 5,6 gam Fe vào 200 ml dung dịch Cu(NO3)2 0,5M và HCl 1,2M thu được khí NO và m gam kết tủa. Xác định m. Biết rằng NO là sản phẩm khử duy nhất của NO3- và không có khí H2 bay ra.

  • A
    2,4.      
  • B
    0,32. 
  • C
    0,64. 
  • D
    1,6.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Tính toán theo 2 PT ion rút gọn sau:

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

Fe  + Cu2+ → Fe2+ + Cu↓

Lời giải chi tiết :

nFe = 5,6 : 56 = 0,1 (mol)

nCu(NO­3)2 = 0,2.0,5 = 0,1 (mol) ; nHCl = 0,2.1,2= 0,24 (mol)

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

Ban đầu:         0,1       0,2         0,24

pư:                  0,09 ←0,06 ←  0,24

sau:                 0,01     0,14

                        Fe  + Cu2+ → Fe2+ + Cu↓

Ban đầu:        0,01    0,2

pư :               0,01 →0,01           → 0,01

=> m kết tủa = mCu = 0,01. 64 = 0,64 (g)

Câu 8 :

Tiến hành các thí nghiệm sau:

(1) Nhúng thanh sắt vào dung dịch CuCl2

(2) Nhúng thanh sắt vào dung dịch CuSO4.

(3) Cho chiếc đinh làm bằng thép vào bình chứa khí oxi, đun nóng.

(4) Cho chiếc đinh làm bằng thép vào dung dịch H2SO4 loãng.

(5) Nhúng thanh đồng vào dung dịch Fe2(SO4)3.

(6) Nhúng thanh nhôm vào dung dịch H2SO4 loãng có hòa tan vài giọt CuSO4.

(7) Đốt hợp kim Al - Fe trong khí Cl2.

Số trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa là

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

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa:

+ Xuất hiện các chặp điện cực khác nhau về bản chất: KL - KL; KL-PK; KL-HC

+ Các chất tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau thông qua dây dẫn

+ Cùng nhúng trong dung dịch chất điện li.

Lời giải chi tiết :

(1) xuất hiện ăn mòn điện hóa của 2 cặp điện cực Fe2+/Fe và Cu2+/Cu, tiếp xúc trực tiếp với nhau cùng nhúng trong dd điện li CuCl2

(2) xuất hiện ăn mòn điện hóa của 2 cặp điện cực Fe2+/Fe và Cu2+/Cu, tiếp xúc trực tiếp với nhau cùng nhúng trong dd điện li CuSO4

(3) không xuất hiện ăn mòn điện hóa vì thiếu điều kiện nhúng trong dd chất điện li

(4) xuất hiện ăn mòn điện hóa của 2 cặp điện cực Fe-C, tiếp xúc trực tiếp với nhau cùng nhúng trong dd điện li H2SO4

(5) không xuất hiện ăn mòn điện hóa vì không có cặp điện cực khác nhau về bản chất (Cu+ 2Fe3+ →2Fe2+ + Cu2+)

(6) xuất hiện ăn mòn điện hóa của 2 cặp điện cực Al3+/ Al và Cu2+/Cu, tiếp xúc trực tiếp với nhau và cùng nhúng trong dd điện li H2SO4

(7) không xuất hiện vì thiếu điều kiện cùng nhúng trong dd chất điện li

=> có 4 thí nghiệm xuất hiện ăn mòn điện hóa học

Câu 9 :

Fructozơ là một monnosaccarit có nhiều trong mật ong, có vị ngọt sắc.Công thức phân tử của fructozơ là.

  • A
    C12H22O11
  • B
    (C6H10O5)n
  • C
    C2H4O2
  • D
    C6H12O6.

Đáp án : D

Lời giải chi tiết :

Công thức phân tử của fructozơ là: C6H12O6.

Câu 10 :

Hòa tan hỗn hợp gồm 2,8 gam Fe và 1,6 gam Cu trong 500ml dung dịch hỗn hợp HNO3 0,1M và HCl 0,4M, thu được khí NO (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho X vào dung dịch AgNO3 dư, thu được m (gam) chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:

  • A
    30,05. 
  • B
    34,1. 
  • C
    28,7. 
  • D
    29,24.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Tính toán theo các pt ion rút gọn sau:

Fe + NO3- + 4H+ → Fe3+ + NO + 2H2O

Cu  +  2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+

Cho dd X vào dd AgNO3 có phản ứng

Ag+ + Cl- → AgCl↓

3Fe2+   +   4H+  + NO3- → 3Fe3+ + NO + 2H2O

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag↓

m↓ = mAgCl + mAg = ?

Lời giải chi tiết :

nFe = 2,8 : 56 = 0,05 (mol)

nCu = 1,6 : 64 = 0,025 (mol)

nHNO3 = 0,05 (mol) ; nHCl = 0,5.0,4 = 0,2 (mol) => ∑ nH+ = 0,25 (mol)

PT ion rút gọn: Fe + NO3- + 4H+ → Fe3+ + NO + 2H2O

pư:                   0,05→0,05→0,2 → 0,05                        (mol)

Vậy sau phản ứng (1) Fe và NO3- đã phản ứng hết

                        Cu  +  2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+

                     0,025→0,05    → 0,025   0,05   (mol)

Vậy dd X thu được chứa: \(\left\{ \matrix{C{u^{2 + }}:0,025 \hfill \cr F{e^{2 + }}:0,05 \hfill \cr {H^ + }:0,05 \hfill \cr C{l^ - }:0,2 \hfill \cr} \right.\)

Cho dd X vào dd AgNO3 có phản ứng

Ag+ + Cl- → AgCl↓

          0,2→ 0,2       (mol)

3Fe2+   +   4H+  + NO3- → 3Fe3+ + NO + 2H2O

0,0375←0,05

=> nFe2+ dư = 0,05 - 0,0375 = 0,0125 (mol)

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag↓

0,0125        →          0,0125 (mol)

Vậy khối lượng kết tủa thu được là: m↓ = mAgCl + mAg = 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05 (g)

Câu 11 :

Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20% (loãng), thu được dung dịch Y. Nồng độ của MgSO4 trong dung dịch Y là 15,22%. Nồng độ phần trăm của ZnSO4 trong dung dịch Y gần nhất với giá trị nào sau đây?

  • A
    10,21%. 
  • B
    15,16%. 
  • C
    18,32%. 
  • D
    15,22%.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Giả sử số mol của H2SO4 = 1 (mol) => khối lượng dung dịch H2SO4 = ?

Đặt số mol Zn = x (mol) và số mol Mg = y (mol)

Bảo toàn electron ta có: 2x + 2y = 2nH2 = 2 (I)

Khối lượng dung dịch sau phản ứng là:

mdd sau = mhh X + mdd H2SO4 - mH2  => mdd sau = ?

Nồng độ phần trăm của MgSO4 là:

\(C\% MgS{O_4} = {{{m_{MgS{O_4}}}} \over {m{\,_{dd\,sau}}}}.100\%  = {{y(24 + 96)} \over {488 + 65x + 24y}}.100\%  = 15,22\% (II)\) 

Giải hệ (I) và (II) => x = ? và y = ?

Từ đó tính được C% ZnSO4 =?

Lời giải chi tiết :

Giả sử số mol của H2SO4 = 1 (mol) => khối lượng dung dịch HCl = 98 :0,2 = 490 gam

X phản ứng vừa đủ với 1 mol H2SO4 sinh ra 1 mol H2

Đặt số mol Zn = x (mol) và số mol Mg = y (mol)

→ ∑ khối lượng kim loại = 65x + 24y

Bảo toàn electron ta có: 2x + 2y = 2nH2 = 2 (I)

Khối lượng dung dịch sau phản ứng là:

mdd sau = mhh X + mdd H2SO4 - mH2

=> mdd sau = 65x + 24y + 490 - 1.2 = 488 + 65x + 24y

Nồng độ phần trăm của MgSO4 là:

\(C\% MgS{O_4} = \frac{{{m_{MgS{O_4}}}}}{{{m_{ddsau}}}}.100\%  = \frac{{y(24 + 96)}}{{488 + 65x + 24y}}.100\%  = 15,22\% (II)\)

Giải hệ (I) và (II) => x = 0,333 và y = 0,667

\( \Rightarrow C\% ZnS{O_4} = {{0,333.(65 + 96)} \over {488 + 65.0,333 + 24.0,667}}.100\%  = 10,2\% \) 

Câu 12 :

Thổi từ từ V lít CO (đktc) đi qua ống sứ đựng 51,6 gam hỗn hợp X gồm CuO, Al2O3 và Fe3O4 (tỉ lệ mol lần lượt là 1:2:1). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 19. Cho toàn bộ lượng khí Y hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 thu được 30 gam kết tủa và dung dịch Z. Cho dung dịch Z phản ứng với lượng dư dung dịch Ba(OH)2 dư thấy tạo thành m gam kết tủa. Giá trị của V và m lần lượt là:

  • A
    17,92 lít và 29,7 gam. 
  • B
    17,92 lít và 20 gam.
  • C
    11,20 lít và 20 gam. 
  • D
    11,20 lít và 29,7 gam.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Đặt nCuO = nFe3O4 = x (mol) ; nAl2O3 = 2x (mol)

Từ khối lượng của hh X => x = ?

nCO2 = nO(oxit bị lấy đi) = nCuO + 4nFe3O4 = ?

Dùng quy tắc đường chéo tính được số mol của CO và CO2 trong hh khí Y

BTNT "C": nCO ban đầu = nCO2 + nCO dư = ? => VCO(đktc) = ?

Vì dd Z thu được sau phản ứng có phản ứng với Ba(OH)2 tạo kết tủa nên CO2 phản ứng với Ca(OH)2 tạo 2 muối CaCO3 và Ca(HCO3)2

BTNT "C": nCO2 = nCaCO3 + 2nCa(HCO3)2 => nCa(HCO3)2 = ? (mol)

Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 dư → CaCO3↓ + BaCO3↓ + 2H2O

=> m↓ = mCaCO3 + mBaCO3 = ?

Lời giải chi tiết :

Đặt nCuO = nFe3O4 = x (mol) ; nAl2O3 = 2x (mol)

=> 80x + 102.2x + 232.x = 51,6

=> x = 0,1 (mol)

=> nCuO = nFe3O4 = 0,1 (mol) ; nAl2O3  = 0,2 (mol)

\(V(l)CO + \left\{ \matrix{
CuO:0,1 \hfill \cr
A{l_2}{O_3}:0,2 \hfill \cr
F{e_3}{O_4}:0,1 \hfill \cr} \right.\buildrel {} \over
\longrightarrow \underbrace {Y\left\{ \matrix{
C{O_2}:0,5 \hfill \cr
COdu: \hfill \cr} \right.}_{\overline M = 38}\buildrel { + Ca{{(OH)}_2}} \over
\longrightarrow \left\langle \matrix{
CaC{O_3}:0,3\,mol \hfill \cr
\underbrace {Ca{{(HC{O_3})}_2}}_{dd\,Z}\buildrel { + Ba{{(OH)}_2}} \over
\longrightarrow \underbrace {BaC{O_3},CaC{O_3} \downarrow }_{m = ?} \hfill \cr} \right.\)

nCO2 = nO(oxit bị lấy đi) = nCuO + 4nFe3O4 = 0,1 + 4.0,1 = 0,5 (mol)

Hỗn hợp Y là 2 khí CO2 và CO dư có M= 19.2 = 38

Ta có: \({{{n_{C{O_2}}}} \over {{n_{CO}}}} = {{10} \over 6} = {5 \over 3} \Rightarrow {{0,5} \over {{n_{CO}}}} = {5 \over 3} \Rightarrow {n_{CO}} = 0,3\,(mol)\)

BTNT "C": nCO ban đầu = nCO2 + nCO dư = 0,5 + 0,3 = 0,8 (mol)

=> VCO(đktc) = 0,8.22,4= 17,92 (l)

Hấp thụ hỗn hợp CO2 và CO vào dd Ca(OH)2 chỉ có CO2 tham gia phản ứng

Vì dd Z thu được sau phản ứng có phản ứng với Ba(OH)2 tạo kết tủa nên CO2 phản ứng với Ca(OH)2 tạo 2 muối CaCO3 và Ca(HCO3)2

BTNT "C": nCO2 = nCaCO3 + 2nCa(HCO3)2

=> 0,5 = 0,3 + 2nCa(HCO3)2

=> nCa(HCO3)2 = 0,1 (mol)

Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 dư → CaCO3↓ + BaCO3↓ + 2H2O

  0,1                                    →    0,1           0,1                    (mol)

=> m↓ = mCaCO3 + mBaCO3 = 0,1.100 + 0,1.197 = 29,7 (g)

Câu 13 :

Để tinh chế Ag từ hỗn hợp (Fe,Cu,Ag) sao cho khối lượng Ag không đổi ta dùng:

  • A
    dd AgNO3
  • B
    dd HCl. 
  • C
    Fe. 
  • D
    dd Fe(NO3)3.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Chọn chất có phản ứng với Fe và Cu nhưng không phản ứng với Ag, đồng thời chất đó không làm ảnh hưởng đến khối lượng Ag trong hh ban đầu (tức không làm tăng Ag hoặc giảm khối lượng)

Lời giải chi tiết :

A. dùng dd AgNO3 thì sẽ làm lượng Ag trong hỗn hợp tăng lên

B. dùng dd HCl thì sẽ không tinh chế được Ag vì cả Ag và Cu cùng không phản ứng với dd HCl

C. Không dùng được

D. Dùng dd Fe(NO3)3 sẽ tinh chế được Ag mà không làm thay đổi khối lượng của chúng

2Fe(NO3)3 + Fe → 3Fe(NO3)2

2Fe(NO3)3 + Cu → 2Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2

Câu 14 :

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp metyl axetat và etyl axetat, thu được CO2 và m gam H2O. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 25 gam kết tủa. Giá trị của m là

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

Đáp án : D

Phương pháp giải :

nH2O = nCO2 = nCaCO3 = ? (mol) (Bảo toàn nguyên tố C)

=> mH2O = ? (g)

Lời giải chi tiết :

nCaCO3 = 25 :100 = 0,25 (mol)

Metyl axetat và etyl axetat đều là các este no, đơn chức, mạch hở nên khi đốt cháy cho nH2O = nCO2

=> nH2O = nCO2 = nCaCO3 = 0,25 (mol) (Bảo toàn nguyên tố C)

=> mH2O = 0,25.18 = 4,5 (g)

Câu 15 :

Cho các phát biểu sau

(1) Tất cả các peptit đều có phản ứng màu biure.

(2) Cho HNO3 đặc vào dung dịch protein tạo thành dung dịch màu vàng.

(3) Muối phenylamoni clorua không tan trong nước.

(4) Ở điều kiện thường metylamin, đimetylamin là những chất khí có mùi khai.

Số phát biểu đúng là:

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

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Xem lại lý thuyết về peptit, protein và amin từ đó xét xem nhận định của đề bài là đúng hay sai

Lời giải chi tiết :

(1) Sai, các tripeptit trở lên mới có phản ứng màu biure

(2) Sai, phải tạo kết tủa màu vàng

(3) sai, muối phenylamoni clorua tan trong nước

(4) đúng

=> có 1 phát biểu đúng

Câu 16 :

Thủy phân hoàn toàn 3,96 gam vinyl fomat trong dung dịch H2SO4 loãng. Trung hòa hoàn toàn dung dịch sau phản ứng rồi cho tác dụng tiếp với dung dịch AgNO3/NH3 dư, đun nóng, phản ứng hoàn toàn, thu được m gam Ag. Giá trị của m là:

  • A
    15,12 gam.      
  • B
    21,6 gam.        
  • C
    11,88 gam
  • D
    23,76 gam.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

=> nAg = 2nHCOOH + 2nCH3CH=O = ?

Lời giải chi tiết :

nHCOOCH=CH2 = 3,96 :72 = 0,055 (mol)

HCOOCH=CH2 + H2O \(\buildrel {{H_2}S{O_4}} \over\longrightarrow \) HCOOH + CH3CH=O

HCOOH → 2Ag

CH3CHO → 2Ag

=> nAg = 2nHCOOH + 2nCH3CH=O = 2.0,055 + 2.0,055 = 0,22 (mol)

=> mAg = 0,22.108 = 23,76 (g)

Câu 17 :

Hấp thụ hoàn toàn 0,4 mol CO2 vào dung dịch Ba(OH)2 lấy dư. Khối lượng kết tủa tạo ra có giá trị là:

  • A
    78,8 gam. 
  • B
    59,1 gam. 
  • C
    89,4 gam.        
  • D
    39,4 gam.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

nBaCO3 = nCO2 = ?

Lời giải chi tiết :

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O

0,4                     → 0,4                 (mol)

=> mBaCO3 = 0,4.197 = 78,8 (g)

Câu 18 :

Kết quả thí nghiệm của các dung dịch X, Y, Z, T với thuốc thử được ghi ở bảng sau:

X, Y, Z, T lần lượt là:

  • A
    AlCl3, (NH4)2SO4, NH4NO3, FeCl3
  • B
    Al2(SO4)3, NH4NO3, (NH4)2SO4, FeCl3.
  • C
    AlCl3, NH4NO3, (NH4)2SO4, FeCl3.   
  • D
    Al2(SO4)3, (NH­4)2SO4, NH4NO3, FeCl3.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Dựa vào kiến thức màu sắc kết tủa của muối, của các hiđroxit không tan

Suy luận được, khí mùi khai là NH3

Kết tủa trắng phải là muối kết tủa của Ba2+ hoặc của hiđro xit nào đấy

Lời giải chi tiết :

X là dd Al2(SO4)3; Y là (NH4)2SO4 ; Z là NH4NO3 ; T là FeCl3

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

(NH4)2SO4 + Ba(OH)2 → 2NH3↑(mùi khai) + 2H2O + BaSO4↓ (trắng)

NH4NO3 + Ba(OH)2 → NH3↑(mùi khai) + H2O + Ba(NO3)2

2FeCl3 + 3Ba(OH)2 → 2Fe(OH)3↓ (nâu đỏ) + 3BaCl2

Câu 19 :

Có các thí nghiệm:

(1) Nhỏ dung dịch NaOH dư vào dung dịch hỗn hợp KHCO3 và CaCl2.

(2) Đun nóng dung dịch chứa hỗn hợp Ca(HCO3)2 và MgCl2.

(3) Cho "nước đá khô" vào dung dịch axit HCl.

(4) Nhỏ dung dịch HCl vào "thủy tinh lỏng".

(5) Thêm sođa khan vào dung dịch nước vôi trong.

Số thí nghiệm thu được kết tủa là

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

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Viết các PTHH xảy ra, chọn các thí nghiệm có xuất hiện kết tủa

Lời giải chi tiết :

(1) Thu được kết tủa CaCO3

2NaOH + 2KHCO3 → Na2CO3 + K2CO3 + 2H2O

Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3↓ + 2NaCl

(2) Thu được kết tủa MgCO3

Ca(HCO3)2 + MgCl­\(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \) CaCl2 + MgCO3↓ + CO2↑ + H2O

(3)  Không thu được kết tủa

(4) Thu được kết tủa H2SiO3

HCl + Na2SiO3 → NaCl + H2SiO3

(5) Thu được kết tủa CaCO3

Na2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + 2NaOH

=> có 4 thí nghiệm thu được kết tủa.

Câu 20 :

Để điều chế Ag từ dung dịch AgNO3 ta không thể dùng:

  • A
    Điện phân dung dịch AgNO3

    Để điều chế Ag từ dung dịch AgNO3 ta không thể dùng:

     

  • B
    Nhiệt phân AgNO3.
  • C
    Cho Ba phản ứng với dung dịch AgNO3
  • D
    Cu phản ứng với dung dịch AgNO3.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Dựa vào kiến thức phương pháp điều chế kim loại Ag

+ phương pháp thủy luyện: Dùng kim loại mạnh hơn Ag đẩy nó ra khỏi muối (từ Mg trở về sau trong dãy điện hóa)

+ phương pháp nhiệt luyện: dùng các chất khử như C,CO, H2 hoặc Al2O3 khử oxit bạc

+ phương pháp điện phân: điện phân dd muối bạc hoặc điện phân nóng chảy

Lời giải chi tiết :

\(\eqalign{
& A.\,4AgN{O_3} + 2{H_2}O\buildrel {DPDD} \over
\longrightarrow 4Ag + {O_2} + 4HN{O_3} \cr
& B.\,AgN{O_3}\buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow Ag + N{O_2} + {1 \over 2}{O_2} \uparrow \cr} \) 

C. Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2

Ba(OH)2 + 2AgNO3 → Ag2O↓ + Ba(NO3)2 + H2O

=> không thu được Ag

D. Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + Ag↓

Câu 21 :

Cho 2,16 gam Al vào dung dịch chứa 0,4 mol HNO3, thu được dung dịch A và khí N2O (sản phẩm khử duy nhất). Thêm dung dịch chứa 0,25 mol NaOH vào dung dịch A thì lượng kết tủa thu được bằng

  • A
    3,90 gam.        
  • B
    4,68 gam. 
  • C
    6,24 gam.        
  • D
    5,46 gam.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Tính theo PTHH:

8Al + 30HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O

Khi cho dd A tác dụng với OH-:

H+ + OH- → H2O

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3

Lời giải chi tiết :

nAl = 0,08 mol; nHNO3 = 0,4 mol

PTHH: Al + 30HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O (Do 0,08/8 < 0,4/30 nên Al phản ứng hết, HNO3 dư)

           0,08 → 0,3 →          0,08 (mol)

Vậy dd A gồm: Al3+ (0,08 mol) và H+ dư (0,4 - 0,3 = 0,1 mol) và NO3-

Khi cho 0,25 mol NaOH vào A:

H+  +  OH- → H2O

0,1 → 0,1dư 0,15

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3

           0,15 →   0,05

=> m kết tủa = mAl(OH)3 = 0,05.78 = 3,9 gam

Câu 22 :

Cho 30,24 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Mg, MgCO3 và Mg(NO3)2 (trong đó oxi chiếm 28,57% về khối lượng hỗn hợp) vào dung dịch chứa 0,12 mol HNO3 và 1,64 mol NaHSO4, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chứa các muối trung hòa có khối lượng 215,08 gam và hỗn hợp khí Z gồm N2O, N2, CO2 và H2 (trong đó số mol của N2O bằng số mol của CO2). Tỉ khối hơi của Z so với He bằng a. Giá trị gần nhất của a là

  • A
    7,5.      
  • B
    7,0.
  • C
    8,0.
  • D
    6,5.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Oxi chiếm 28,57% về khối lượng hỗn hợp => mO(X) => nO(X)

Do phản ứng thu được khí H2 nên trong dung dịch Y không chứa NO3-

Đặt các ẩn như trong sơ đồ sau:

\(30,24(g)X\left\{ \matrix{
Mg:x \hfill \cr
MgC{O_3}:y \hfill \cr
Mg{(N{O_3})_2}:z \hfill \cr} \right. + \left\{ \matrix{
HN{O_3}:0,12 \hfill \cr
NaHS{O_4}:1,64 \hfill \cr} \right. \to {\rm{dd}}\,Y\underbrace {\left\{ \matrix{
M{g^{2 + }}:x + y + z \hfill \cr
N{H_4}^ + :t \hfill \cr
N{a^ + }:1,64 \hfill \cr
S{O_4}^{2 - }:1,64 \hfill \cr} \right.}_{215,08(g)} + Z\left\{ \matrix{
{N_2}O \hfill \cr
{N_2} \hfill \cr
C{O_2} \hfill \cr
{H_2} \hfill \cr} \right. + {H_2}O\)

Áp dụng các định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích tìm được số mol của các chất và các ion.

Lời giải chi tiết :

mO(X) = 30,24.28,57% = 8,64 gam => nO(X) = 0,54 mol

Do phản ứng thu được khí H2 nên trong dung dịch Y không chứa NO3-

Đặt các ẩn như trong sơ đồ sau:

\(30,24(g)X\left\{ \matrix{
Mg:x \hfill \cr
MgC{O_3}:y \hfill \cr
Mg{(N{O_3})_2}:z \hfill \cr} \right. + \left\{ \matrix{
HN{O_3}:0,12 \hfill \cr
NaHS{O_4}:1,64 \hfill \cr} \right. \to {\rm{dd}}\,Y\underbrace {\left\{ \matrix{
M{g^{2 + }}:x + y + z \hfill \cr
N{H_4}^ + :t \hfill \cr
N{a^ + }:1,64 \hfill \cr
S{O_4}^{2 - }:1,64 \hfill \cr} \right.}_{215,08(g)} + Z\left\{ \matrix{
{N_2}O \hfill \cr
{N_2} \hfill \cr
C{O_2} \hfill \cr
{H_2} \hfill \cr} \right. + {H_2}O\)

+ mX = 24x + 84y + 148z = 30,24 (1)

+ nO(X) = 3y + 6z = 0,54 (2)

+ BTĐT cho dd Y: 2nMg2+ + nNH4+ + nNa+ = 2nSO42- => 2x + 2y + 2z + t + 1,64 = 2.1,64 (3)

+ m muối = mMg2+ + mNH4+ + mNa+ + mSO42- => 24(x+y+z) + 18t + 23.1,64 + 96.1,64 = 215,08 (4)

Giải hệ (1) (2) (3) (4) được x = 0,68; y = 0,06; z = 0,06; t = 0,04

BTNT "C": nCO2 = nMgCO3 = y = 0,06 mol => nN2O = nCO2 = 0,06 mol (theo đề bài)

BTNT "N": 2nMg(NO3)2 + nHNO3 = nNH4+ + 2nN2O + 2nN2

=> 2.0,06 + 0,12 = 0,04 + 2.0,06 + 2nN2 => nN2 = 0,04 mol

BTNT "O": nO(X) + 3nHNO3 + 4nNaHSO4 = 4nSO42- + nN2O + 2nCO2 + nH2O

=> 0,54 + 3.0,12 + 4.1,64 = 4.1,64 + 0,06 + 2.0,06 + nH2O => nH2O = 0,72 mol

BTNT "H": nHNO3 + nNaHSO4 = 4nNH4+ + 2nH2 + 2nH2O

=> 0,12 + 1,64 = 4.0,04 + 2nH2 + 2.0,72 => nH2 = 0,08 mol

=> nZ = 0,06 + 0,04 + 0,06 + 0,08 = 0,24 mol

BTKL: mZ = 0,06.44 + 0,04.28 + 0,06.44 + 0,08.2 = 6,56 gam

=> MZ = 6,56 : 0,24 = 82/3 => dZ/He = 82/3 : 4 = 6,833 gần nhất với 7,0

Câu 23 :

Điện phân dung dịch KCl bão hòa, có màng ngăn giữa hai điện cực. Sau một thời gian điện phân, dung dịch thu được có môi trường

  • A
    axit yếu. 
  • B
    trung tính.        
  • C
    axit mạnh.        
  • D
    kiềm.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Viết phương trình điện phân. Từ đó suy ra môi trường của dung dịch thu được sau điện phân.

Lời giải chi tiết :

Phương trình điện phân: KCl + H2O \(\xrightarrow{dpmn}\) KOH + H2 + Cl2

Vậy sau một thời gian dung dịch thu được có môi trường kiềm (do điện phân tạo KOH)

Câu 24 :

Thủy phân hoàn toàn 1 mol oligopeptit X mạch hở, được 2 mol glyxin (Gly), 1 mol alanin (Ala), 1 mol valin (Val) và 1 mol phenylalanin (Phe). Thủy phân không hoàn toàn X thu được đipeptit Val-Phe và tripeptit Gly-Ala-Val nhưng không thu được đipeptit Gly-Gly. Kết luận không đúng về X là

  • A
    Trong X có 5 nhóm CH3.
  • B
    X có công thức Gly-Ala-Val-Phe-Gly.
  • C
    Đem 0,1 mol X tác dụng với HCl dư, đun nóng tạo ra 70,35 gam muối.
  • D
    X tác dụng với NaOH đun nóng trong dung dịch theo tỉ lệ mol tương ứng 1 : 5.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Dựa vào các dữ kiện đề bài suy ra công thức phù hợp của X.

Lời giải chi tiết :

- Thủy phân X thu được 2 mol glyxin (Gly), 1 mol alanin (Ala), 1 mol valin (Val) và 1 mol phenylamin (Phe) nên suy ra X là pentapeptit được tạo bởi 2 Gly, 1 Ala, 1 Val, 1 Phe

- Thủy phân không hoàn toàn X thu được đipeptit Val-Phe và tripeptit Gly-Ala-Val nhưng không thu được đipeptit Gly-Gly suy ra cấu tạo của X là Gly-Ala-Val-Phe-Gly

CTCT: H2N-CH2-CONH-CH(CH3)-CONH-CH(CH(CH3)2)-CONH-CH(CH2C6H5)-CONH-CH2-COOH

+ A sai vì X chỉ có 3 nhóm CH3

+ B đúng

+ C đúng:

X + 4H2O + 5HCl → Muối

BTKL: m muối = mX + mH2O + mHCl = 0,1(75.2 + 89 + 117 + 165 - 4.18) + 0,4.18 + 0,5.36,5 = 70,35 gam

+ D đúng

Câu 25 :

Cho các thí nghiệm sau:

(1) Cho Mg vào dung dịch H2SO4 (loãng).

(2) Cho Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 (loãng).

(3) Cho FeSO4 vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng).

(4) Cho Al(OH)3 vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng).

(5) Cho BaCl2 vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng).

(6) Cho Al(OH)3 vào dung dịch H2SO4 (loãng).

Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm xảy ra phản ứng mà H2SO4 đóng vai trò là chất oxi hóa là

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

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Chất oxi hóa là chất nhận e (số oxi hóa của các nguyên tố thành phần giảm sau phản ứng)

Lời giải chi tiết :

Các thí nghiệm H2SO4 đóng vai trò chất oxi hóa là: (1) và (3)

Các phản ứng khác là các phản ứng trao đổi, không có sự thay đổi số oxi hóa nên không phải là phản ứng oxi hóa - khử.

Câu 26 :

Cho các phát biểu sau:

(1) Độ ngọt của saccarozo cao hơn fructozo.

(2) Để nhận biết glucozo và fructozo có thể dùng phản ứng tráng gương.

(3) Amilopectin có cấu trúc mạch phân nhánh.

(4) Tơ visco thuộc loại tơ nhân tạo.

(5) Xenlulozo trinitrat có công thức là: [C6H7O2(ONO2)3]n được dùng sản xuất thuốc súng không khói.

(6) Xenlulozo tan được trong [Cu(NH3)4](OH)2 (nước Svayde).

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

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Dựa vào tính chất vật lí và tính chất hóa học của cacbohidrat.

Lời giải chi tiết :

(1) sai vì fructozo ngọt hơn saccarozo

(2) sai vì cả glucozo và fructozo đều có phản ứng tráng gương

(3) đúng

(4) đúng vì visco có nguồn gốc từ xenlulozo được con người chế biến nên được gọi là tơ nhân tạo hoặc tơ bán tổng hợp

(5) đúng

(6) đúng

Vậy có tất cả 4 phát biểu đúng

Câu 27 :

Cho hỗn hợp X chứa 18,6 gam gồm Fe, Al, Mg, FeO, Fe3O4 và CuO. Hòa tan hết trong dung dịch HNO3 dư thấy có 0,98 mol HNO3 tham gia phản ứng thu được 68,88 gam muối và 2,24 lít (đktc) khí NO duy nhất. Mặt khác, từ hỗn hợp X ta có thể điều chế được tối đa m gam kim loại. Giá trị của m là

  • A
    14,76. 
  • B
    16,2. 
  • C
    13,8. 
  • D
    15,40.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

X + HNO3 → Muối + NO + H2O

BTKL: mH2O = mX + mHNO3 - m muối - mNO = ? => nH2O

BTNT "H": nHNO3 = 4nNH4+ + 2nH2O => nNH4+

BTNT "N": nHNO3 = nNO3- + nNH4+ + nNO => nNO3-

BTNT "O": nO(X) + 3nHNO3 = 3nNO3- + nNO + nH2O => nO(X)

=> m = mKL = mX - mO(X)

Lời giải chi tiết :

X + HNO3 → Muối + NO + H2O

BTKL: mH2O = mX + mHNO3 - m muối - mNO = 18,6 + 0,98.63 - 68,88 - 0,1.30 = 8,46 gam

=> nH2O = 0,47 mol

BTNT "H": nHNO3 = 4nNH4+ + 2nH2O => 0,98 = 4nNH4+ + 2.0,47 => nNH4+ = 0,01 mol

BTNT "N": nHNO3 = nNO3- + nNH4+ + nNO => 0,98 = nNO3- + 0,01 + 0,1 => nNO3- = 0,87 mol

BTNT "O": nO(X) + 3nHNO3 = 3nNO3- + nNO + nH2O

=> nO(X) + 3.0,98 = 3.0,87 + 0,1 + 0,47 => nO(X) = 0,24 mol

=> m = mKL = mX - mO(X) = 18,6 - 0,24.16 = 14,76 gam

Câu 28 :

Trong hợp chất sau đây có mấy liên kết peptit?

H2N-CH2-CO-NH-CH(CH3)-CO-NH-CH(C6H5)-CO-NH-CH2-CH2-COOH

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

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Liên kết peptit là liên kết CONH được tạo bởi 2 phân tử α-amino axit

Lời giải chi tiết :

Liên kết peptit là liên kết CONH được tạo bởi 2 phân tử α-amino axit

H2N-CH2-CO-NH-CH(CH3)-CO-NH-CH(C6H5)-CO-NH-CH2-CH2-COOH

Vậy chất trên có chứa 2 liên kết peptit

Câu 29 :

Amino axit nào sau đây có phân tử khối bé nhất?

  • A
    Alanin. 
  • B
    Glyxin. 
  • C
    Axit glutamic. 
  • D
    Valin.

Đáp án : B

Lời giải chi tiết :

Glyxin là amino axit có phân tử khối nhỏ nhất.

Câu 30 :

Có các nhận xét sau:

1. Các kim loại Na và Ba đều là kim loại nhẹ.

2. Độ cứng của Cr > Al.

3. Cho K vào dung dịch CuSO4 tạo được Cu.

4. Về độ dẫn điện: Ag > Cu > Al.

5. Có thể điều chế Mg bằng cách cho khí CO khử MgO ở nhiệt độ cao.

Số nhận xét đúng

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

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Dựa vào tính chất vật lí và tính chất hóa học của kim loại và các hợp chất của chúng.

Lời giải chi tiết :

(1) sai vì Ba là kim loại nặng

(2) đúng vì Cr là kim loại cứng nhất

(3) sai, vì thứ tự phản ứng như sau:

2K + 2H2O → 2KOH + H2

2KOH + CuSO4 → Cu(OH)2 + K2SO4

(4) đúng (HS ghi nhớ thêm về độ dẫn điện: Ag > Cu > Au > Al > Fe)

(5) sai vì MgO không bị khử bởi CO (HS ghi nhớ: Chỉ có những oxit của KL đứng sau Al mới bị khử bởi CO, H2)

Vậy có 2 nhận xét đúng

Câu 31 :

Đun nóng dung dịch chứa 27 gam glucozo với AgNO3/NH3 dư đến phản ứng hoàn toàn. Khối lượng kết tủa thu được là

  • A
    21,6 gam. 
  • B
    10,8 gam. 
  • C
    16,2 gam.        
  • D
    32,4 gam.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Glucozo \(\xrightarrow{AgN{{O}_{3}}/N{{H}_{3}}}\) 2Ag       

Dựa vào sơ đồ tìm mối liên hệ giữa số mol của Ag và glucozo.

Lời giải chi tiết :

nGlu = 27/180 = 0,15 mol        

Glucozo \(\xrightarrow{AgN{{O}_{3}}/N{{H}_{3}}}\) 2Ag

nAg = 2nGlu = 0,3 mol => mAg = 0,3.108 = 32,4 gam

Câu 32 :

Cho 12,5 gam hỗn hợp kim loại kiềm M và oxit của nó vào dung dịch HCl dư, đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 22,35 gam muối khan. Kim loại kiềm M là

  • A
    Li
  • B
    Na
  • C
    K
  • D
    Cs

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Nếu hỗn hợp chỉ có M2O: n hh = 12,5/(2M+16) (mol) => nMCl = 2nM2O = 25/(2M+16) (mol)

Nếu hỗn hợp chỉ có M: n hh = 12,5/M (mol) => nMCl = nM = 12,5/M (mol)

Mặt khác theo đề bài: nMCl = 22,35/(M+35,5) (mol)

=> \(\dfrac{25}{2M+16}<\dfrac{22,35}{M+35,5}<\dfrac{12,5}{M}\to M\)

Suy ra kim loại thỏa mãn.

Lời giải chi tiết :

Nếu hỗn hợp chỉ có M2O: n hh = 12,5/(2M+16) (mol) => nMCl = 2nM2O = 25/(2M+16) (mol)

Nếu hỗn hợp chỉ có M: n hh = 12,5/M (mol) => nMCl = nM = 12,5/M (mol)

Mặt khác theo đề bài: nMCl = 22,35/(M+35,5) (mol)

=> \(\dfrac{25}{2M+16}<\dfrac{22,35}{M+35,5}<\dfrac{12,5}{M}\to 26,9<M<45,05\)

Vậy chỉ có K có M = 39 thỏa mãn

Câu 33 :

Cho sơ đồ sau: \(X\xrightarrow{dpnc}Na+...\) Hãy cho biết X có thể là chất nào sau đây?

  • A
    NaCl, NaNO3
  • B
    NaCl, Na2SO4
  • C
    NaCl, NaOH. 
  • D
    NaOH, NaHCO3.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Dựa vào phương pháp điều chế kim loại kiềm.

Lời giải chi tiết :

+ A loại vì NaNO3 bị nhiệt phân tạo NaNO2

+ B loại vì Na2SO4 không bị nhiệt phân

+ C đúng

2NaCl \(\xrightarrow{dpnc}\) 2Na + Cl2

2NaOH \(\xrightarrow{dpnc}\) 2Na + O2 + H2

+ D loại vì NaHCO3 bị nhiệt phân thành Na2CO3

Câu 34 :

Thể tích khí thoát ra (ở đktc) khi cho 0,4 mol Fe tan hết vào dung dịch H2SO4 (loãng) lấy dư là

  • A
    13,44 lít. 
  • B
    8,96 lít. 
  • C
    6,72 lít.            
  • D
    5,6 lít.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Tính theo PTHH: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2

Lời giải chi tiết :

PTHH: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2

                  0,4 →                           0,4 mol

=> nH2 = 0,4.22,4 = 8,96 lít

Câu 35 :

Cho một mẫu hợp kim Na-Ba tác dụng với nước dư thu được dung dịch X và 3,36 lít khí (đktc). Cho dung dịch X tác dụng với 100 ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và AlCl3 0,6M. Khối lượng kết tủa thu được là

  • A
    4,68 gam.        
  • B
    3,12 gam. 
  • C
    4,29 gam. 
  • D
    3,9 gam.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

2Na + 2H2O → 2NaOH + H2

Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2

Dựa vào PTHH ta thấy: nOH- = 2nH2 = ?

X{OH-} + {H+: 0,1 mol; Al3+: 0,06 mol} thì thứ tự các phản ứng xảy ra là:

H+  +  OH- → H2O

Al3+  +  3OH-   →  Al(OH)3

Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O

Đặt số mol vào các PTHH suy ra số mol kết tủa thu được.

Lời giải chi tiết :

nH2 = 0,15 mol; nH+ = nHCl = 0,1 mol; nAl3+ = nAlCl3 = 0,06 mol

2Na + 2H2O → 2NaOH + H2

Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2

Dựa vào PTHH ta thấy: nOH- = 2nH2 = 0,3 mol

X{OH-: 0,3 mol} + {H+: 0,1 mol; Al3+: 0,06 mol} thì thứ tự các phản ứng xảy ra là:

H+  +  OH- → H2O

0,1 → 0,1dư 0,2

Al3+  +  3OH-   →  Al(OH)3

0,06 → 0,18 dư 0,02 → 0,06

Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O

0,02 ←     0,02

=> nAl(OH)3 thu được = 0,06 - 0,02 = 0,04 mol => m kết tủa = 0,04.78 = 3,12 gam

Câu 36 :

Cho hỗn hợp E gồm 0,1 mol X (C5H11O4N) và 0,15 mol Y (C5H14O4N2, là muối của axit cacboxylic hai chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH, thu được một ancol đơn chức, hai amin no (kế tiếp trong dãy đồng đẳng) và dung dịch T. Cô cạn T, thu được hỗn hợp G gồm ba muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có hai muối của hai axit cacboxylic và muối của một α-amino axit). Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn nhất trong G là

  • A
    24,57% 
  • B
    54,13%            
  • C
    52,89% 
  • D
    25,53% 

Đáp án : B

Phương pháp giải :

- Do sau phản ứng thu được 2 amin no kế tiếp trong dãy đồng đẳng nên suy ra cấu tạo của Y là:

CH3NH3OOC-COONH3C2H5 (0,15 mol)

- Các muối có cùng số nguyên tử C (2C) và 1 ancol nên cấu tạo của X là:

CH3COOH3N-CH2-COOCH3 (0,1 mol)

Xác định các muối trong G và tính được phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn nhất trong G.

Lời giải chi tiết :

- Do sau phản ứng thu được 2 amin no kế tiếp trong dãy đồng đẳng nên suy ra cấu tạo của Y là:

CH3NH3OOC-COONH3C2H5 (0,15 mol)

- Các muối có cùng số nguyên tử C (2C) và 1 ancol nên cấu tạo của X là:

CH3COOH3N-CH2-COOCH3 (0,1 mol)

=> Muối G gồm có:

(COOK)2 (0,15 mol)

CH3COOK (0,1 mol)

H2N-CH2-COOK (0,1 mol)

=> m muối = 0,15.166 + 0,1.98 + 0,1.113 = 46 gam

=> %m(COOK)2 = 0,15.166/46.100% = 54,13%

Câu 37 :

Cho hỗn hợp gồm 7,2 gam Mg và 10,2 gam Al2O3 tác dụng hết với lượng dư dung dịch HNO3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,448 lít khí N2 duy nhất (đo ở đktc) và dung dịch Y. Khối lượng muối tan trong dung dịch Y là

  • A
    87 gam.           
  • B
    88 gam. 
  • C
    48,4 gam.        
  • D
    91 gam.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Tính được nMg; nAl2O3; nN2

Ta nhận thấy: 2nMg > 10nN2 => Phản ứng tạo NH4NO3

BT e: 2nMg = 10nN2 + 8nNH4NO3 => nNH4NO3

Xác định các muối có trong Y và tính được m muối.

Lời giải chi tiết :

nMg = 0,3 mol; nAl2O3 = 0,1 mol; nN2 = 0,02 mol

Ta nhận thấy: 2nMg (=0,6 mol) > 10nN2 (=0,2 mol) => Phản ứng tạo NH4NO3

BT e: 2nMg = 10nN2 + 8nNH4NO3 => 2.0,3 = 10.0,02 + 8nNH4NO3 => nNH4NO3 = 0,05 mol

Vậy Y gồm các muối: Mg(NO3)2 (0,3 mol); Al(NO3)3 (0,2 mol) và NH4NO3 (0,05 mol)

=> m muối = 0,3.148 + 0,2.213 + 0,05.80 = 91 gam

Câu 38 :

Dung dịch nào dưới đây không hòa tan được Cu kim loại?

  • A
    Dung dịch Fe(NO3)3
  • B
    Dung dịch hỗn hợp NaNO3 và HCl.
  • C
    Dung dịch NaHSO4
  • D
    Dung dịch HNO3.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Dựa vào tính chất hóa học của Cu.

Lời giải chi tiết :

Dung dịch NaHSO4 không hòa tan được Cu kim loại.

PTHH xảy ra:

Cu + 2Fe(NO3)3 → 2Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2

3Cu + 8NaNO3 + 8HCl → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 8NaCl + 4H2O

3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O

Đáp án C

Câu 39 :

Cho luồng khí CO dư đi qua 9,1 gam hỗn hợp CuO và Al2O3, nung nóng đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 8,3 gam chất rắn. Khối lượng CuO có trong hỗn hợp ban đầu là

  • A

    0,8 gam.

  • B

    4,0 gam.

  • C

    8 gam.

  • D

    6 gam.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

CO + CuO $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ Cu + CO2

+) mCuO – mCu = mO phản ứng

Lời giải chi tiết :

Al2Okhông bị khử bởi CO

CO + CuO $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ Cu + CO2

            x mol  →    x mol

=> mCuO – mCu = 9,1 – 8,3 = 0,8 => 80x – 64x = 0,8 => x = 0,05 mol

=> mCuO = 80.0,05 = 4 gam

Câu 40 :

Vật làm bằng hợp kim Zn-Cu trong môi trường không khí ẩm (hơi nước có hòa tan O2) đã xảy ra quá trình ăn mòn điện hóa. Tại anot xảy ra quá trình

  • A
    Oxi hóa Cu. 
  • B
    Khử Zn. 
  • C
    Oxi hóa Zn. 
  • D
    Khử O2.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Dựa vào lý thuyết về pin điện hóa.

Lời giải chi tiết :

Pin điện Zn-Cu đặt trong không khí ẩm:

Anot (-): Zn → Zn2+ + 2e => xảy ra quá trình oxi hóa Zn

Catot (+): O2 + H2O + 4e → 4OH- => xảy ra quá trình khử O2

close