Thứ sáu, 29/03/2024
IMG-LOGO

Đề thi THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 chọn lọc (Đề số 1)

  • 3088 lượt thi

  • 40 câu hỏi

  • 50 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 2:

Kim loại không tan được trong lượng dung dịch H2SO4 loãng là:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào dãy điện hóa của kim loại.

Giải chi tiết:

Kim loại Cu không tan trong dung dịch H2SO4 loãng.


Câu 3:

Đốt cháy hoàn toàn 1,08 gam Al bằng lượng dư khí O2, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là:

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

PTHH: 4Al + 3O2 t° 2Al2O3

Theo PTHH ⟹ nAl2O3 ⟹ m.

Giải chi tiết:

PTHH: 4Al + 3O2 t° 2Al2O3

Theo PTHH ⟹ nAl2O3 = nAl/2 = 0,02 (mol)

Vậy m = mAl2O3 = 2,04 g.


Câu 4:

Thí nghiệm nào dưới đây không xảy ra phản ứng?

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào dãy điện hóa của kim loại.

Giải chi tiết:

Cho Fe tác dụng với dung dịch ZnCl2 phản ứng không xảy ra vì tính khử của Fe yếu hơn Zn.


Câu 5:

Để khử mùi tanh của cá (gây ra do một số amin) ta có thể rửa cá với:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Mùi tanh của cá (gây ra do một số amin), cần sử dụng dung dịch có thể trung hòa amin mà không gây hại.

Giải chi tiết:

Để khử mùi tanh của cá (gây ra do một số amin) ta có thể rửa cá với giấm (CH3COOH).


Câu 6:

Kim loại nào sau đây có nhiệt độ nóng chảy cao nhất, được sử dụng làm dây tóc bóng đèn?

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất vật lý của kim loại.

Giải chi tiết:

Kim loại W có nhiệt độ nóng chảy cao nhất.


Câu 7:

Glucozơ không tham gia phản ứng:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của glucozơ.

Giải chi tiết:

Glucozơ không tham gia phản ứng thủy phân.


Câu 9:

Polime thiên nhiên X màu trắng, dạng sợi, không tan trong nước, có nhiều trong thân cây đay, gai, tre, nứa... Polime X là:

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào đặc điểm cấu trúc và tính chất của polime X.

Giải chi tiết:

Polime X là xenlulozơ.


Câu 10:

Phải dùng bao nhiêu lít khí nitơ và bao nhiêu lít khí hiđro để điều chế 17 gam NH3? Biết rằng hiệu suất chuyển hóa thành amoniac là 25%. Các thể tích khí đo được ở đktc.

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

PTHH: N2 + 3H2 ⇄ 2NH3

Theo PTHH và H ⟹ nN2 và nH2

Giải chi tiết:

PTHH: N2 + 3H2 ⇄ 2NH3

 0,5 1,5 ← 1 (mol)

Theo PTHH ⟹ nN2(LT) = 0,5 (mol) và nH2(LT) = 1,5 (mol)

Do H = 25% ⟹ nN2(TT) = 0,5/25% = 2 (mol) ⟹ VN2 = 44,8 (lít).

Do H = 25% ⟹ nH2(TT) = 1,5/25% = 6 (mol) ⟹ VH2 = 134,4 (lít).


Câu 11:

Ở nhiệt độ thường, khí nitơ khá trơ về mặt hóa học. Nguyên nhân là do:

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào công thức cấu tạo của N2.

Giải chi tiết:

Ở nhiệt độ thường, khí nitơ khá trơ về mặt hóa học do trong phân tử N2 có liên kết ba rất bền.


Câu 12:

Chất X có công thức cấu tạo CH3COOCH3. Tên gọi của X là:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào cách gọi tên thay thế của este.

Giải chi tiết:

Este CH3COOCH3 có tên gọi là metyl axetat.


Câu 13:

Cho dung dịch chứa 3,6 gam hỗn hợp glucozơ và fructozơ phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được m gam bạc. Khối lượng bạc sinh ra là:

Hình 3 có thể dùng để thu được những khí nào trong các khí sau: H2, C2H2, NH3, SO2 , HCl, N2?

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Hình 3 mô tả thu khí bằng phương pháp đẩy nước.

Khí được thu bởi hình 3 là khí không tan trong nước.

Giải chi tiết:

Hình 3 có thể dùng để thu được những khí là H2, N2, C2H2.


Câu 14:

Cho dung dịch chứa 3,6 gam hỗn hợp glucozơ và fructozơ phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được m gam bạc. Khối lượng bạc sinh ra là:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Glucozơ +AgNO3/NH3 2Ag

Fructozơ +AgNO3/NH3 2Ag

Giải chi tiết:

Glucozơ và fructozơ có cùng công thức phân tử là C6H12O6

⟹ nhh = 3,6/180 = 0,02 (mol)

Glucozơ +AgNO3/NH3 2Ag

Fructozơ +AgNO3/NH3 2Ag

Theo PTHH ⟹ nAg = 2(nGlucozơ + nFructozơ) = 2nhh = 0,04 (mol)

Vậy mAg = 0,04.108 = 4,32 (g).


Câu 15:

Cho 4,5 gam amin X đơn chức, bậc 1 tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 8,15 gam muối. Tên gọi của X là:

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Gọi công thức của amin X là R – NH2

PTHH: R – NH2 + HCl → R – NH3Cl

Sử dụng bảo toàn khối lượng ⟹ nHCl ⟹ nX ⟹ MR.

Giải chi tiết:

Gọi công thức của amin X là R – NH2

PTHH: R – NH2 + HCl → R – NH3Cl

Bảo toàn khối lượng ⟹ mX + mHCl = mmuối

⟹ mHCl = 3,65 (g) ⟹ nHCl = 0,1 (mol).

Theo PTHH ⟹ nX = nHCl = 0,1 (mol).

⟹ MX = MR + 16 = 45

⟹ MR = 29 (C2H5).

Vậy X là C2H5NH2 (etyl amin).


Câu 16:

Hòa tan hoàn toàn m gam Cu trong dung dịch HNO3 loãng dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy thu được 672 ml khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở điều kiện chuẩn). Giá trị của m là:

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

PTHH: 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O

Giải chi tiết:

PTHH: 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O

Theo PTHH ⟹ nCu = 1,5.nNO = 0,045 (mol)

Vậy m = mCu = 2,88 g.


Câu 17:

Chất nào trong số các chất dưới đây là chất điện li?

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Chất điện li là chất khi tan trong nước phân li ra ion.

Giải chi tiết:

CaCO3 là chất điện li.


Câu 18:

Nhận định nào sau đây đúng?

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất của este – chất béo.

Giải chi tiết:

Tristearin có công thức (C17H35COO)3C3H5 và triolein có công thức (C17H33COO)3C3H5.

B. đúng vì nhiệt độ nóng chảy của tristearin cao hơn triolein.


Câu 19:

Nung nóng 16,8 gam hỗn hợp Ag, Cu, Fe, Zn với một lượng dư khí O2, đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 23,2 gam chất rắn X. Thể tích dung dịch HCl 1M vừa đủ để phản ứng với chất rắn X là:

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

KL + O2 → Oxit

Oxit + HCl → Muối + H2O

Sử dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố.

Giải chi tiết:

KL + O2 → Oxit

Bảo toàn khối lượng ⟹ mO2 = moxit – mKL = 6,4 gam.

⟹ nO2 = 0,2 (mol).

Oxit + HCl → Muối + H2O

Bảo toàn nguyên tố O ⟹ nO = 2nO2 = nO(oxit) = nH2O = 0,4 (mol)

Bảo toàn nguyên tố H ⟹ nH = nHCl = 2nH2O = 0,8 (mol)

Vậy VHCl = n/CM = 0,8 lít = 800 ml.


Câu 20:

Cho các chất gồm: tơ tằm, tơ visco, tơ axetat, tơ lapsan (poli(etylen-terephtalat). Số chất thuộc loại tơ nhân tạo là:

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tơ nhân tạo (tơ bán tổng hợp).

Giải chi tiết:

Các chất thuộc loại tơ nhân tạo là tơ visco và tơ axetat.


Câu 21:

Chất nào sau đây không hòa tan Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường?

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Tinh bột không hòa tan Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường.


Câu 22:

Chất nào sau đây vừa tác dụng được với H2NCH2COOH vừa tác dụng với CH3NH2?

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chất vừa tác dụng với aminoaxit vừa tác dụng với amin là chất mang tính axit.

Giải chi tiết:

Chất vừa tác dụng với H2NCH2COOH vừa tác dụng với CH3NH2 là HCl.


Câu 23:

Chất nào sau đây có đồng phân hình học?

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Điều kiện để có đồng phân hình học

Chất trên có đồng phân hình học khi A ≠ B và C ≠ D.

Giải chi tiết:

CH3 – CH = CH – CH2 – CH3 có đồng phân hình học.


Câu 24:

Cho phản ứng hoá học: Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu. Trong phản ứng xảy ra:

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Xác định số oxi hóa của các chất ⟹ Chất khử, chất oxi hóa (sự oxi hóa, sự khử).

Giải chi tiết:

Fe0+CuSO4+2FeSO4+2+Cu0

Fe là chất khử và CuSO4 là chất oxi hóa.

Vậy trong phản ứng xảy ra sự oxi hoá Fe và sự khử Cu2+.


Câu 25:

Đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon X thu được 0,11 mol CO2 và 0,132 mol H2O. Khi X tác dụng với khí clo (theo tỉ lệ số mol 1 : 1) thu được một sản phẩm hữu cơ duy nhất. Tên gọi của X là:

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đốt cháy hiđrocacbon X thu được nCO2 < nH2O

⟹ X là ankan.

Gọi công thức phân tử của X là CnH2n+2 (n ≥ 1)

Sử dụng bảo toàn nguyên tố và xác định công thức cấu tạo phù hợp của X.

Giải chi tiết:

Đốt cháy hiđrocacbon X thu được nCO2 < nH2O

⟹ X là ankan.

Gọi công thức phân tử của X là CnH2n+2 (n ≥ 1)

Ta có nX = nH2O – nCO2 = 0,132 – 0,11 = 0,022 (mol)

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ n=nCO2nX=0,110,022=5

⟹ CTPT của X là C5H12.

Khi X tác dụng với khí clo (theo tỉ lệ số mol 1 : 1) thu được một sản phẩm hữu cơ duy nhất

(CTCT của X)

Vậy tên gọi của X là 2,2-đimetylpropan.


Câu 27:

Hòa tan hết m gam P2O5 vào 400 gam dung dịch KOH 10% dư, sau phản ứng hoàn toàn cô cạn dung dịch thu được 3,5m gam chất rắn. Giá trị nào sau đây gần nhất với giá trị của m?

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Hòa tan hết P2O5 vào dung dịch KOH dư nên dung dịch sau phản ứng chứa KOH dư và muối K3PO4.

Sử dụng bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng.

Giải chi tiết:

nKOH = (400.10%)/56 = 5/7 (mol)

Gọi số mol P2O5 là x = m/142 (mol) (1)

Bảo toàn nguyên tố P ⟹ nH3PO4 = 2nP2O5 = 2x

3KOH + H3PO4 → K3PO4 + 3H2O

 6x ← 2x → 2x (mol)

Dung dịch sau phản ứng gồm KOH dư (5/7 – 6x) mol và K3PO4 2x mol.

3,5m=56×57-6x+2x×212 (2)

Từ (1)(2) ⟹ m = 13,89 ≈ 14.


Câu 29:

Đốt cháy hoàn toàn 2 amin no, đơn chức đồng đẳng liên tiếp, thu được hỗn hợp gồm khí và hơi, trong đó tỉ lệ VCO2 : VH2O = 8 : 17. Công thức của 2 amin là:

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Gọi công thức trung bình của 2 amin no, đơn chức là CnH2n+3

Tỉ lệ về số mol cũng là tỉ lệ về thể tích (cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất)

VCO2 : VH2O = 8 : 17 ⟹ n¯ ⟹ công thức của 2 amin (đồng đẳng, liên tiếp).

Giải chi tiết:

Gọi công thức trung bình của 2 amin no, đơn chức là CnH2n+3

PTHH: CnH2n+3+3n¯+1,52O2t°n¯CO2+2n¯+32H2O+32N2

⟹ VCO2VH2O=nCO2nH2O=n¯2n¯+32=817

⟹ n¯=431,33

Vậy 2 amin là CH3NH2 và C2H5NH2.


Câu 30:

Cho hỗn hợp kim loại Mg, Zn, Fe vào dung dịch chứa AgNO3 và Cu(NO3)2. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X gồm 3 muối và chất rắn Y gồm 3 kim loại. Ba muối trong X là:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào dãy điện hóa của kim loại.

Giải chi tiết:

Mg + AgNO3 → Mg(NO3)2 + Ag (Mg hết)

Zn + AgNO3 → Zn(NO3)2 + Ag (AgNO3 hết)

Zn + Cu(NO3)2 → Zn(NO3)2 + Cu (Zn hết)

Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu (Cu(NO3)2 hết)

Vậy sau phản ứng dung dịch X gồm 3 muối là Mg(NO3)2, Zn(NO3)2, Fe(NO3)2 và Y gồm 3 kim loại là Ag, Cu và Fe.


Câu 31:

Trong phòng thí nghiệm, etyl axetat được điều chế theo các bước:

 Bước 1: Cho 1 ml ancol etylic, 1 ml axit axetic nguyên chất và 1 giọt axit sunfuric đặc vào ống nghiệm.

 Bước 2: Lắc đều, đồng thời đun cách thủy 5 - 6 phút trong nồi nước nóng 65 - 70°C.

 Bước 3: Làm lạnh rồi rót thêm vào ống nghiệm 2 ml dung dịch NaCl bão hòa.

Cho các phát biểu sau:

 (a) Có thể thay dung dịch axit sunfuric đặc bằng dung dịch axit sunfuric loãng.

 (b) Để kiểm soát nhiệt độ trong quá trình đun nóng có thể dùng nhiệt kế.

 (c) Dung dịch NaCl bão hòa được thêm vào ống nghiệm để phản ứng đạt hiệu suất cao hơn.

 (d) Có thể thay dung dịch NaCl bão hòa bằng dung dịch HCl bão hòa.

 (e) Để hiệu suất phản ứng cao hơn nên dùng dung dịch axit axetic 15%.

Số phát biểu đúng là:

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phản ứng este hóa.

Giải chi tiết:

PTHH: CH3COOH + C2H5OH H2SO4 đặc, t° CH3COOC2H5 + H2O

(a) sai, H2SO4 đặc là chất háo nước có tác dụng hút nước để phản ứng este hóa chuyển dịch theo chiều thuận, khi đó hiệu suất điều chế este sẽ cao hơn; dùng H2SO4 loãng vừa không có tác dụng hút nước mà còn có thể làm este bị thủy phân.

(b) đúng.

(c) đúng, NaCl bão hòa có tác dụng làm tăng khối lượng riêng của lớp chất lỏng phía dưới khiến cho este dễ dàng nổi lên hơn.

(d) sai, thay NaCl bão hòa bằng HCl bão hòa khiến cho este bị thủy phân.

(e) sai, để hiệu suất cao ta nên sử dụng CH3COOH nguyên chất.

Vậy có 2 phát biểu đúng.


Câu 32:

Cho 4,825 gam hỗn hợp bột Al và Fe (có tỉ lệ mol nAl : nFe = 3 : 2) vào 350 ml dung dịch AgNO3 1M. Khuấy kĩ cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là:

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Các phản ứng có thể xảy ra:

Al + 3Ag+ → Al3+ + 3Ag

Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag

Cách 1: Tính theo PTHH.

Cách 2: Sử dụng bảo toàn electron.

Giải chi tiết:

Đặt nAl=3x(mol)nFe=2x(mol) ⟹ mhỗn hợp = 3x.27 + 2x.56 = 4,825 ⟹ x = 0,025

⟹ nAl = 0,075 mol; nFe = 0,05 mol

Ta có: nAg+ = 0,35 mol

Cách 1: Tính theo PTHH

Al + 3Ag+ → Al3+ + 3Ag

0,075 → 0,225 → 0,225 (mol)

Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag

0,05 → 0,1 → 0,1 → 0,1 (mol)

nAg+còn lại = 0,35 - 0,225 - 0,1 = 0,025 mol

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag

0,025 ← 0,025 → 0,025 (mol)

→ mchất rắn = mAg = 108.(0,225 + 0,1 + 0,025) = 37,8 gam.

Cách 2: Sử dụng bảo toàn e

Al + 3Ag+ → Al3+ + 3Ag

Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag

So sánh thấy: 3nAl + 2nFe < nAg+ < 3nAl + 3nFe

⟹ Phản ứng tạo thành: Al3+, Fe3+, Fe2+ và kim loại Ag

⟹ nAg = nAg+ = 0,35 mol

⟹ mchất rắn = 0,35.108 = 37,8 gam.


Câu 33:

Hòa tan hoàn toàn 216,55 gam hỗn hợp KHSO4, và Fe(NO3)3 vào nước được dung dịch X. Cho m gam hỗn hợp Y gồm Mg, Al, MgO, Al2O3 (trong đó mO = 64/205.mY) tan hết vào X. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được dung dịch Z chỉ chứa muối trung hòa và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp khí T có tổng khối lượng 1,84 gam (trong đó H2 chiếm 4/9 về thể tích và nguyên tố oxi chiếm 8/23 khối lượng hỗn hợp). Cho BaCl2 dư vào Z thu được 356,49 gam kết tủa. Giá trị của m là:

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố.

Giải chi tiết:

nT = 0,09 mol ⟹ nH2 = 0,04 mol

mO = 1,84.8/23 = 0,64 (g) ⟹ nO = 0,04 mol

mN = 1,84 – mH – mO = 1,84 – 0,04.2 – 0,64 = 1,12 (g) ⟹ nN = 0,08 mol

nN : nO = 0,08 :0,04 = 2 :1 ⟹ Coi như khí còn lại là N2O.

nBaSO4=nKHSO4=356,49233=1,53molnFe(NO3)3=216,55-1,53×136242=0,035mol

BTNT.NnNH4+=3nFeNO33-2nN2O=0,025mol

BTNT.NnH2O=nKHSO4-4nNH4+-2nH22=0,675mol

216,55gKHSO4:1,53FeNO33:0,035+mgYMgAlMgOAl2O3mO=64205mYddZKLSO42-:1,53NH4+:0,025+H2:0,04N2O:0,04+H2O:0,675

BTNT.OnOY=4nSO42-Z+nN2O+nH2O-4nKHSO4-9nFe(NO3)3=0,4mol

m=0,4×1664205=20,5(g).


Câu 34:

Hỗn hợp chất rắn X gồm Ba(HCO3)2, KOH và Ba(OH)2 có tỉ lệ số mol lần lượt là 1 : 2 : 1. Cho hỗn hợp X vào bình đựng nước dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, chất còn lại trong bình (không kể H2O) là:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tính toán theo các phương trình ion thu gọn:

 HCO3- + OH- → CO32- + H2O

 Ba2+ + CO32- → BaCO3

Giải chi tiết:

Giả sử số mol Ba(HCO3)2, KOH, Ba(OH)2 lần lượt là 1; 2; 1 (mol).

Ba2+:2molK+: 2molHCO3-:2molOH-:4mol

HCO3- + OH- → CO32- + H2O

2 → 2 /dư 2 → 2 (mol)

Ba2+ + CO32- → BaCO3

2 2 2 (mol) (phản ứng vừa đủ)

Vậy sau phản ứng còn K+ (2 mol) và OH- (2 mol) ⟹ chất tan là KOH.


Câu 35:

Cho các nhận định sau:

(1) Kim loại mềm nhất là K, Rb, Cs (có thể dùng dao cắt được).

(2) Độ dẫn điện của nhôm (Al) tốt hơn của đồng (Cu).

(3) Những kim loại có độ dẫn điện tốt thì cũng dẫn nhiệt tốt.

(4) Crom (Cr) là kim loại cứng nhất trong các kim loại.

(5) Kim loại Na khử được ion Cu2+ trong dung dịch thành Cu.

Số nhận định đúng là:

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết chương đại cương kim loại.

Giải chi tiết:

(1) đúng.

(2) đúng.

(3) đúng.

(4) đúng.

(5) sai, vì Na sẽ phản ứng với H2O trong dung dịch Cu2+ trước.

 2Na + 2H2O → 2Na+ + 2OH- + H2

 Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2

Vậy có 4 nhận định đúng.


Câu 36:

Cho các phát biểu sau:

 (a) Chất béo là trieste của glixerol với axit béo.

 (b) Bột ngọt là muối đinatri của axit glutamic.

 (c) Glucozơ thuộc loại monosaccarit.

 (d) Các este bị thủy phân trong môi trường kiềm đều tạo muối và ancol.

 (e) Tất cả các peptit đều có phản ứng với Cu(OH)2 tạo hợp chất có màu tím.

 (g) Dung dịch saccarozơ không tham gia phản ứng tráng bạc.

Số phát biểu đúng là:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về este, cacbohiđrat, amino axit, peptit.

Giải chi tiết:

(a) đúng.

(b) sai, bột ngọt là muối mononatri của axit glutamic.

(c) đúng.

(d) sai, este khi thủy phân trong môi trường kiềm tạo muối của axit cacboxylic và có thể tạo các chất khác ngoài ancol như: muối của phenol, anđehit, xeton, …

(e) sai, đipeptit không có phản ứng màu biure.

(g) đúng.

Vậy có 3 phát biểu đúng.


Câu 37:

Thủy phân hoàn toàn một este hai chức, mạch hở E có công thức C7H10O4 bằng dung dịch NaOH thu được 2 muối X, Y (MX < MY) của axit cacboxylic no, đơn chức và ancol Z.

Cho các nhận xét sau:

 (1) E có 4 đồng phân cấu tạo.

 (2) Z có khả năng làm mất màu dung dịch Br2.

 (3) Z hòa tan được Cu(OH)2 ở điều kiện thường.

 (4) X không có phản ứng tráng gương.

 (5) Muối Y có công thức phân tử C2H3O2Na.

Số phát biểu đúng là:

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Tính độ bất bão hòa k = (2C + 2 - H)/2 = 3 ⟹ E là este hai chức có chứa 1 liên kết đôi C=C.

- Thủy phân E trong dung dịch NaOH thu được 2 muối X, Y của axit cacboxylic no nên liên kết C=C nằm ở gốc rượu.

⟹ CTCT của E thỏa mãn đề bài.

Giải chi tiết:

- Độ bất bão hòa k=2C+2-H2=2.7+2-102=3 ⟹ E là este hai chức có chứa 1 liên kết đôi C=C.

- Thủy phân E trong dung dịch NaOH thu được 2 muối X, Y của axit cacboxylic no nên liên kết C=C nằm ở gốc rượu.

⟹ CTCT của E thỏa mãn là:

 (1) đúng.

 (2) đúng, vì Z là ancol không no.

 (3) sai, tùy cấu tạo của Z.

 (4) sai, X là HCOONa có phản ứng tráng gương.

 (5) đúng, Y là CH3COONa có CTPT C2H3O2Na.

Vậy có 3 phát biểu đúng.


Câu 38:

Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức, mạch hở tạo thành từ cùng một ancol B với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm -COOH), trong đó có hai axit no và một axit không no (chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 4,5 gam A bằng dung dịch NaOH thu được hỗn hợp muối và m gam ancol B. Cho m gam ancol B vào bình đựng Na dư sau phản ứng thu được 0,56 lít khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,25 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 9 gam A thì thu được CO2 và 6,84 gam H2O. Phần trăm số mol của este không no trong A là:

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Kết hợp các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố.

Giải chi tiết:

Do este đơn chức nên ancol đơn chức → nancol = 2.nH2 = 0,05 mol

Mà mbình tăng = mancol - mH2 → mancol = 2,25 + 0,025.2 = 2,3 gam

→ Mancol = 2,3 : 0,05 = 46 (C2H5OH)

Thủy phân 4,5 gam A thì: nA = nC2H5OH = 0,05 mol

Tỉ lệ: 4,5 gam A tương ứng với 0,05 mol

 9 gam …………………. 0,1 mol

- Đốt 9 gam A thu được 0,38 mol H2O:

Đặt nO2 = x và nCO2 = y (mol)

+) BTKL → mA + mO2 = mCO2 + mH2O → 9 + 32x = 44y + 6,84 (1)

+) Bảo toàn O → 2nA + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O → 2.0,1 + 2x = 2y + 0,38 (2)

Giải hệ được x = 0,51 và y = 0,42

Đốt este no thì thu được mol CO2 bằng số mol H2O nên sự chênh lệch số mol của CO2 và H2O là do este không no

→ neste không no = nCO2 - nH2O = 0,42 - 0,38 = 0,04 mol

→ %neste không no = 0,040,1.100% = 40%.


Câu 39:

Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm hai este đơn chức tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch KOH 2M, thu được chất hữu cơ Y (no, đơn chức, mạch hở, có tham gia phản ứng tráng bạc) và 53 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy toàn bộ Y cần vừa đủ 5,6 lít khí O2 (đktc). Khối lượng của 0,3 mol X là:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Ta thấy: 1 < nKOH : n este = 1,67 < 2 ⟹ X chứa 1 este của phenol.

Giải chi tiết:

nKOH = 0,5 mol; n este = 0,3 mol

⟹ 1 < nKOH : n este = 0,5 : 0,3 = 1,67 < 2 ⟹ X chứa 1 este của phenol.

Đặt x, y lần lượt là số mol của este thường và este của phenol.

+ nX = x + y = 0,3

+ nKOH = x + 2y = 0,5

Giải hệ được x = 0,1 và y = 0,2.

Do Y có phản ứng tráng bạc (mà không phải muối) nên Y là anđehit.

→ nY = x = 0,1 mol

*Xét phản ứng đốt Y:

Đặt công thức của Y là CnH2nO.

CnH2nO + (3n-1)/2 O2 → nCO2 + nH2O

0,1 mol 0,25 mol

⟹ 0,1.(3n-1)/2 = 0,25 ⟹ n = 2 (CH3CHO)

*Xét phản ứng thủy phân X: nH2O = y = 0,2 mol

BTKL: mX = m muối + mY + mH2O – mKOH = 53 + 0,1.44 + 0,2.18 – 0,5.56 = 33 gam.


Câu 40:

Cho hỗn hợp X gồm muối A (C5H16O3N2) và B (C4H12O4N2) tác dụng với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ, đun nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi cô cạn thu được m gam hỗn hợp Y gồm hai muối D và E. (MD < ME) và 4,48 lít hỗn hợp X gồm hai amin no, đơn chức đồng đẳng kế tiếp có tỉ khối hơi đối với H2 là 18,3. Khối lượng của muối E trong hỗn hợp Y là:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết đã học về dẫn xuất của amin, amino axit.

Giải chi tiết:

- Xét khí Z:

nZ = 4,48 : 22,4 = 0,2 mol

MZ = 18,3.2 = 36,6 ⟹ CH3NH2 (x mol) và C2H5NH2 (y mol)

Ta có hệ phương trình: nZ=x+y=0,2mZ=31x+45y=36,6.0,2x=0,12y=0,08

- Biện luận công thức cấu tạo của A và B:

+) A là C5H16O3N2 có dạng CxHyO3N2 ⟹ A là muối cacbonat của amin: (C2H5NH3)2CO3

(A không thể là muối nitrat của amin vì không thể tạo ra CH3NH2 hay C2H5NH2).

+) B là C4H12O4N2 có dạng muối cacboxylat của amin: (COONH3CH3)2.

- Các phương trình phản ứng:

(C2H5NH3)2CO3 + 2NaOH → 2C2H5NH2 + Na2CO3 + 2H2O

  (M = 106)

(COONH3CH3)2 + 2NaOH → (COONa)2 + 2CH3NH2 + 2H2O

 (M = 134)

Muối M(COONa)2 > MNa2CO3 ⟹ E là (COONa)2.

→ nE = ½ nCH3NH2 = 0,06 mol

→ mE = 0,06.134 = 8,04 gam.


Bắt đầu thi ngay