40 câu hỏi trắc nghiệm thuộc [Năm 2022] Đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia có lời giải (Đề 1)

Câu 1:

Natri clorua là muối chủ yếu tạo ra độ mặn trong các đại dương. Công thức của natri clorua là

A. NaClO.

B. NaHCO₃.

C. NaNO₃.

D. NaCl.

Xem đáp án

Đáp án D

Công thức của natri clorua là NaCl.

Câu 2:

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

A. Mg.

B. Cu.

C. Fe.

D. Na.

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

A. 8,16.

B. 1,72.

C. 4,08.

D. 2,04.

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

PTHH: 4Al + 3O₂

\overset{t °}{\to}

2Al₂O₃

Theo PTHH ⟹ n_Al₂_O3⟹ m.

Giải chi tiết:

PTHH: 4Al + 3O₂ $\overset{t °}{\to}$ 2Al₂O₃

Theo PTHH ⟹ n_Al2O3 = n_Al/2 = 0,02 (mol)

Vậy m = m_Al2O3 = 2,04 g.

Câu 4:

Thí nghiệm nào dưới đây không xảy ra phản ứng?

A. Thêm AgNO₃ vào dung dịch Fe(NO₃)₂.

B. Cho kim loại Fe vào dung dịch HCl đặc, nguội.

C. Cho kim loại Al vào dung dịch NaOH.

D. Cho Fe tác dụng với dung dịch ZnCl₂.

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào dãy điện hóa của kim loại.

Câu 5:

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

A. nước.

B. giấm.

C. nước muối.

D. nước vôi trong.

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?

A. Hg.

B. Cr.

C. W.

D. Li.

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

A. lên men.

B. tráng gương.

C. thủy phân.

D. hiđro hóa.

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của glucozơ.

Giải chi tiết:

Glucozơ không tham gia phản ứng thủy phân.

Câu 8:

Một số cơ sở sản xuất thực phẩm thiếu lương tâm đã dùng fomon (dung dịch nước của fomanđehit) để bảo quản bún, phở. Công thức hóa học của fomanđehit là

A. HCHO.

B. CH₃COOH.

C. CH₃OH.

D. CH₃CHO.

Xem đáp án

Đáp án A

Công thức hóa học của fomanđehit là HCHO.

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

A. xenlulozơ.

B. saccarozơ.

C. cao su isopren.

D. tinh bột.

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.

A. 44,8 lít N₂ và 134,4 lít H₂.

B. 22,4 lít N₂ và 67,2 lít H₂.

C. 22,4 lít N₂ và 134,4 lít H₂.

D. 44,8 lít N₂ và 67,2 lít H₂

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

PTHH: N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃

Theo PTHH và H ⟹ n_N2 và n_H2

Giải chi tiết:

PTHH: N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃

0,5 1,5 ← 1 (mol)

Theo PTHH ⟹ n_N2(LT) = 0,5 (mol) và n_H2(LT) = 1,5 (mol)

Do H = 25% ⟹ n_N2(TT) = 0,5/25% = 2 (mol) ⟹ V_N2 = 44,8 (lít).

Do H = 25% ⟹ n_H2(TT) = 1,5/25% = 6 (mol) ⟹ V_H2 = 134,4 (lít).

Câu 11:

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

A. trong phân tử N₂, mỗi nguyên tử nitơ còn 1 cặp electron chưa tham gia liên kết.

B. nguyên tử nitơ có bán kính nhỏ.

C. nguyên tử nitơ có độ âm điện kém hơn oxi.

D. nguyên tử nitơ có độ âm điện kém hơn oxi.

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

A. metyl acrylat.

B. metyl axetat.

C. propyl fomat.

D. etyl axetat.

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

A. 1,08 gam.

B. 4,32 gam.

C. 2,16 gam.

D. 1,62 gam.

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Glucozơ $\overset{+ A g N O_{3} / N H_{3}}{\to}$ 2Ag

Fructozơ $\overset{+ A g N O_{3} / N H_{3}}{\to}$ 2Ag

Giải chi tiết:

Glucozơ và fructozơ có cùng công thức phân tử là C₆H₁₂O₆

⟹ n_hh = 3,6/180 = 0,02 (mol)

Glucozơ $\overset{+ A g N O_{3} / N H_{3}}{\to}$ 2Ag

Fructozơ $\overset{+ A g N O_{3} / N H_{3}}{\to}$ 2Ag

Theo PTHH ⟹ n_Ag = 2(n_Glucozơ + n_Fructozơ) = 2n_hh = 0,04 (mol)

Vậy m_Ag = 0,04.108 = 4,32 (g).

Câu 14:

Các hình vẽ sau mô tả các cách thu khí, thường được sử dụng khi điều chế và thu khí trong phòng thí nghiệm:

Các hình vẽ sau mô tả các cách thu khí, thường được sử dụng khi điều chế và thu khí (ảnh 1)

Hình 3 có thể dùng để thu được những khí nào trong các khí sau: H₂_{sniping tôl}, C₂H₂, NH₃, SO₂ , HCl, N₂?

A. H₂, N₂, C₂H₂.

B. N₂, H₂, SO₂.

C. HCl, SO₂, NH₃.

D. H₂, N₂, NH₃.

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 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

A. etyl amin.

B. đimetyl amin.

C. đietyl amin.

D. alanin.

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 ⟹ n_HCl ⟹ n_X ⟹ M_R.

Giải chi tiết:

Gọi công thức của amin X là R – NH₂

PTHH: R – NH₂ + HCl → R – NH₃Cl

Bảo toàn khối lượng ⟹ m_X + m_HCl = m_muối

⟹ m_HCl= 3,65 (g) ⟹ n_HCl = 0,1 (mol).

Theo PTHH ⟹ n_X = n_HCl = 0,1 (mol).

⟹ M_X = M_R + 16 = 45

⟹ M_R = 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

A. 1,92.

B. 0,96.

C. 0,64.

D. 2,88.

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 ⟹ n_Cu = 1,5.n_NO = 0,045 (mol)

Vậy m = m_Cu = 2,88 g

Câu 17:

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

A. CaCO₃.

B. C₆H₁₂O₆.

C. C₂H₅OH.

D. C₃H₅(OH)₃.

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?

A. Metyl metacrylat không tham gia phản ứng với nước brom.

B. Chất béo không thuộc hợp chất este.

C. Nhiệt độ nóng chảy của tristearin cao hơn triolein.

D. Đốt cháy este no, mạch hở luôn thu được số mol CO₂ bằng số mol H₂O.

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

A. 200 ml.

B. 600 ml.

C. 400 ml.

D. 800 ml.

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 ⟹ m_O2 = m_oxit – m_KL = 6,4 gam.

⟹ n_O2 = 0,2 (mol).

Oxit + HCl → Muối + H₂O

Bảo toàn nguyên tố O ⟹ n_O = 2n_O2 = n_O(oxit) = n_H2O = 0,4 (mol)

Bảo toàn nguyên tố H ⟹ n_H = n_HCl = 2n_H2O = 0,8 (mol)

Vậy V_HCl = n/C_M = 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

A. 2.

B. 1.

C. 3.

D. 4

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?

A. Glucozơ.

B. Tinh bột.

C. Saccarozơ.

D. Fructozơ.

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?

A. NaOH.

B. CH₃OH.

C. HCl.

D. NaCl.

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?

A. CH₂ = CH – CH₂ – CH₃.

B. CH₃ – CH = CH – CH₂ – CH₃.

C. CH₃ – CH = C(CH₃)₂.

D. (CH₃)₂ – CH – CH = CH₂.

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

A. sự khử Fe²⁺ và sự oxi hoá Cu.

B. sự khử Fe²⁺ và sự khử Cu²⁺.

C. sự oxi hoá Fe và sự khử Cu²⁺.

D. sự oxi hoá Fe và sự oxi hoá Cu.

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:

\overset{0}{F e} + \overset{+ 2}{C u} S O_{4} \to \overset{+ 2}{F e} S O_{4} + \overset{0}{C u}

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

A. 2,2-đimetylpropan.

B. 2-metylpropan.

C. etan.

D. 2-metylbutan.

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đốt cháy hiđrocacbon X thu được n_CO2 < n_H2O

⟹ X là ankan.

Gọi công thức phân tử của X là C_nH_2n+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 n_CO2 < n_H2O

⟹ X là ankan.

Gọi công thức phân tử của X là C_nH_2n+2 (n ≥ 1)

Ta có n_X = n_H2O – n_CO2 = 0,132 – 0,11 = 0,022 (mol)

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ $n = \frac{n_{C O 2}}{n_{X}} = \frac{0, 11}{0, 022} = 5$

⟹ 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

Đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon X thu được 0,11 mol CO2 và 0,132 mol H2O. (ảnh 1) (CTCT của X)

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

Câu 26:

Cho các phát biểu sau:

(a) Độ dinh dưỡng của phân đạm được đánh giá theo phần trăm khối lượng nguyên tố nitơ.

(b) Fe₂O₃ phản ứng với axit HCl sẽ tạo ra 2 muối.

(c) Kim cương được dùng làm đồ trang sức, chế tạo mũi khoan, dao cắt thủy tinh.

(d) Amoniac được sử dụng để sản xuất axit nitric, phân đạm.

(e) Tính chất hóa học chung của kim loại là tính oxi hóa.

Số phát biểu đúng là

A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về chương 2,3 – chương trình Hóa học 11.

Giải chi tiết:

(a), (c), (d) đúng.

(b) sai vì Fe₂O₃ phản ứng với axit HCl chỉ tạo một muối FeCl₃.

(e) sai vì tính chất hóa học chung của kim loại là tính khử.

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?

A. 13.

B. 15.

C. 14.

D. 16.

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:

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

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

Bảo toàn nguyên tố P ⟹ n_H3PO4 = 2n_P2O5 = 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.

⟹ $3, 5 m = 56. (\frac{5}{7} - 6 x) + 2 x .212$ (2)

Từ (1)(2) ⟹ m = 13,89 ≈ 14.

Câu 28:

“Hiệu ứng nhà kính” là hiện tượng làm cho trái đất nóng dần lên, do các bức xạ bị giữ lại mà không thoát ra ngoài. Nguyên nhân chính gây ra hiệu ứng nhà kính là do sự gia tăng nồng độ của khí X trong không khí. Khí X là

A. CF₄.

B. O₃.

C. O₂.

D. CO₂.

Xem đáp án

Đáp án D

Nguyên nhân chính gây ra hiệu ứng nhà kính là do sự gia tăng nồng độ của khí CO₂ (X) trong không khí.

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 V_CO2 : V_H2O = 8 : 17. Công thức của 2 amin là

A. C₄H₉NH₂ và C₅H₁₁NH₂.

B. C₂H₅NH₂ và C₃H₇NH₂.

C. CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂.

D. C₃H₇NH₂và C₄H₉NH₂.

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Gọi công thức trung bình của 2 amin no, đơn chức là $C_{\bar{n}} H_{2 \bar{n} + 3}$

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

V_CO2 : V_H2O = 8 : 17 ⟹ $\bar{n}$ ⟹ công thức của 2 amin (đồng đẳng, liên tiếp).

Giải chi tiết:

Gọi công thức trung bình của 2 amin no, đơn chức là $C_{\bar{n}} H_{2 \bar{n} + 3}$

PTHH:

⟹ $\frac{V_{C O 2}}{V_{H 2 O}} = \frac{n_{C O 2}}{n_{H 2 O}} = \frac{\bar{n}}{\frac{2 \bar{n} + 3}{2}} = \frac{8}{17}$

⟹ $\bar{n} = \frac{4}{3} \approx 1, 33$

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

A. Mg(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃, AgNO₃.

B. Mg(NO₃)₂, Zn(NO₃)₂, Fe(NO₃)₂.

C. Mg(NO₃)₂, Zn(NO₃)₂, Cu(NO₃)₂.

D. Mg(NO₃)₂, Zn(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃.

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

A. 2.

B. 3.

C. 0.

D. 1.

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phản ứng este hóa.

Giải chi tiết:

PTHH: CH₃COOH + C₂H₅OH $\overset{H_{2} S O_{4} d a c, t^{o}}{⇄}$ 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 n_Al : n_Fe = 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

A. 37,8.

B. 13,5.

C. 35,1.

D. 27,0.

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 $\{\begin{cases} n_{A l} = 3 x (m o l) \\ n_{F e} = 2 x (m o l) \end{cases}$ ⟹ m_{hỗn hợp} = 3x.27 + 2x.56 = 4,825 ⟹ x = 0,025

⟹ n_Al = 0,075 mol; n_Fe = 0,05 mol

Ta có: n_Ag⁺ = 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)

n_Ag⁺_{còn lại} = 0,35 - 0,225 - 0,1 = 0,025 mol

Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag

0,025 ← 0,025 → 0,025 (mol)

→ m_{chất rắn} = m_Ag = 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: 3n_Al + 2n_Fe < n_Ag⁺ < 3n_Al + 3n_Fe

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

⟹ n_Ag = n_Ag⁺ = 0,35 mol

⟹ m_{chất 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 m_O = 64/205.m_Y) 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

A. 20,5.

B. 22,5.

C. 20,0.

D. 22,0.

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố.

Giải chi tiết:

n_T = 0,09 mol ⟹ n_H2 = 0,04 mol

m_O = 1,84.8/23 = 0,64 (g) ⟹ n_O = 0,04 mol

m_N = 1,84 – m_H – m_O = 1,84 – 0,04.2 – 0,64 = 1,12 (g)

⟹ n_N = 0,08 mol

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

$n_{B a S O_{4}} = n_{K H S O_{4}} = \frac{356, 49}{233} = 1, 53 (m o l) \to n_{F e {(N O_{3})}_{3}} = \frac{216, 55 - 1, 53.136}{242} = 0, 035 (m o l)$

$\overset{B T N T . N}{\to} n_{N {H_{4}}^{+}} = 3 n_{F e {(N O_{3})}_{3}} - 2 n_{N_{2} O} = 0, 025 (m o l)$

$\overset{B T N T . H}{\to} n_{H_{2} O} = \frac{n_{K H S O_{4}} - 4 n_{N {H_{4}}^{+}} - 2 n_{H_{2}}}{2} = 0, 675 (m o l)$

$216, 55 (g) \{\begin{cases} K H S O_{4} : 1, 53 \\ F e {(N O_{3})}_{3} : 0, 035 \end{cases} + m (g) Y \{\begin{cases} M g \\ A l \\ M g O \\ A l_{2} O_{3} \end{cases} (m_{O} = \frac{64}{205} m_{Y}) \to d d Z \{\begin{cases} K L \\ S {O_{4}}^{2 -} : 1, 53 \\ N {H_{4}}^{+} : 0, 025 \end{cases} + \{\begin{cases} H_{2} : 0, 04 \\ N_{2} O : 0, 04 \end{cases} + H_{2} O : 0, 675$

$\overset{B T N T . O}{\to} n_{O (Y)} = 4 n_{S {O_{4}}^{2 -} (Z)} + n_{N_{2} O} + n_{H_{2} O} - 4 n_{K H S O_{4}} - 9 n_{F e {(N O_{3})}_{3}} = 0, 4 (m o l)$

$\to m = \frac{0, 4.16}{\frac{64}{205}} = 20, 5 (g)$

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

A. KHCO₃.

B. KOH.

C. BaCO₃, KHCO₃.

D. BaCO₃, KOH.

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tính toán theo các phương trình ion thu gọn:

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃ ↓

Giải chi tiết:

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

$\to \{\begin{cases} B a^{2 +} : 2 (m o l) \\ K^{+} : 2 (m o l) \\ H C {O_{3}}^{-} : 2 (m o l) \\ O H^{-} : 4 (m o l) \end{cases}$

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

2 → 2 _{/dư 2} → 2 (mol)

Ba²⁺ + CO₃^2- → 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

A. 2.

B. 3.

C. 4.

D. 5.

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

A. 2.

B. 3.

C. 4.

D. 5.

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 (M_X < M_Y) 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

A. 4.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

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 $k = \frac{2 C + 2 - H}{2} = \frac{2.7 + 2 - 10}{2} = 3$ ⟹ 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 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

A. 44,45%.

B. 16,44%.

C. 40,00%.

D. 20,00%.

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 → n_ancol = 2.n_H2 = 0,05 mol

Mà m_{bình tăng} = m_ancol - m_H2 → m_ancol = 2,25 + 0,025.2 = 2,3 gam

→ M_ancol = 2,3 : 0,05 = 46 (C₂H₅OH)

Thủy phân 4,5 gam A thì: n_A = n_C2H5OH = 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 n_O2 = x và n_CO2 = y (mol)

+) BTKL → m_A + m_O2 = m_CO2 + m_H2O → 9 + 32x = 44y + 6,84 (1)

+) Bảo toàn O → 2n_A + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → 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

→ n_{este không no} = n_CO2 - n_H2O = 0,42 - 0,38 = 0,04 mol

→ %n_{este không no} = $\frac{0, 04}{0, 1} .100 %$ = 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

A. 31,0 gam.

B. 33,0 gam.

C. 41,0 gam.

D. 29,4 gam.

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

n_KOH = 0,5 mol; n _este = 0,3 mol

⟹ 1 < n_KOH : 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.

+ n_X = x + y = 0,3

+ n_KOH = 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.

→ n_Y = x = 0,1 mol

*Xét phản ứng đốt Y:

Đặt công thức của Y là C_nH_2nO.

C_nH_2nO + (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: n_H2O = y = 0,2 mol

BTKL: m_X = m _muối + m_Y + m_H2O – m_KOH= 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. (M_D < M_E) 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

A. 4,24 gam.

B. 8,04 gam.

C. 3,18 gam.

D. 5,36 gam.

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:

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

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

Ta có hệ phương trình: $\{\begin{cases} n_{Z} = x + y = 0, 2 \\ m_{Z} = 31 x + 45 y = 36, 6.0, 2 \end{cases} \to \{\begin{cases} x = 0, 12 \\ y = 0, 08 \end{cases}$

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

+) A là C₅H₁₆O₃N₂ có dạng C_xH_yO₃N₂ ⟹ 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 > M_Na2CO3 ⟹ E là (COONa)₂.

→ n_E = ½ n_CH3NH2 = 0,06 mol

→ m_E = 0,06.134 = 8,04 gam.

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

[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 1)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan