C. 2CO2(khí)⟶ 2CO(khí) + O2(khí) D 2SO3(khí)⟶2SO2(khí) + O2(khí) Câu 8: Điểm giống nhau của glucozơ và saccarozơ là
Nước đá khô (hay còn gọi là tuyết cacbonic) được điều chế từ khí CO2 hoặc CO2 hóa lỏng Đây là các tác nhân lạnh ở thể rắn cung cấp hơi lạnh
bằng cách biến đổi trạng thái: đá khô thăng hoa thành hơi, không qua trạng thái lỏng. CO2 lỏng, đặc biệt là nước đá khô( không độc hại), được ứng dụng thích hợp để bảo quản những sản phẩm kỵ ẩm và dùng làm lạnh đông thực phẩm. Dùng đá khô để làm lạnh và bảo quản gián tiếp các sản phẩm có bao gói nhưng có thể dùng làm lạnh và bảo quản trực tiếp. Chính chất tác nhân làm lạnh này (CO2) đã làm ức chế sống của vi sinh vật, giữ được vị ngọt-màu sắc hoa quả. Đồng thời hạn chế được tổn hao khối lượng tự nhiên của sản phẩm do sự bay hơi từ bề mặt sản phẩm và các quá trình lên men, phân hủy.
1.B 2.C 3.D 4.B 5.B 6.C 7.B 8.B 9.A 10.A
11.D 12.A 13.D 14.B 15.A 16.B 17.B 18.A 19.A 20.B
21.B 22.B 23.A 24.B 25.C 26.A 27.C 28.A 29.D 30.A
31.D 32.C 33.D 34.C 35.C 36.D 37.C 38.D 39.C 40.B
41.B 42.C 43.A 44.C 45.D 46.B 47.A 48.D 49.D 50.D
Câu 1: Đáp án B
nCO2 = 0,6(mol) ⇒ nC= 0,6(mol) ⇒ mC= 7,2(gam) mH= mX− mC= 0,8(g) ⟹ nH = 0,8(mol)
⇒ nankin= nCO2− nH2O= nC−1
2nH= 0,2(mol) ⟹ C̅ = 3 Do đó X gồm C2H2 và 1 ankin khác có số C >3 ⇒ Loại A, C.
Lại có CH3CH2C ≡ CH tác dụng với AgNO3 tạo kết tủa, CH3C ≡ CCH3 không tác dụng. Mà 2 chất này lại là đồng phân nên đáp án B sẽ cho khối lượng kết tủa lớn hơn ở đáp án C.
Câu 2: Đáp án C
+) 0,1 (lít) X + HCl dư → 0,1 mol khí CO2⟹ nCO2= 0,1(mol) +) 0,1 (lít) X + BaCl2 dư → 43 (g) kết tủa gồm BaCO3 và BaSO4 nBaCO3 = nCO
3
2− = 0,1(mol) ⇒ nBaSO4= 0,1 (mol) = nSO
42− 2− +) 0,2 (lít)X + NaOH → 0,4 mol NH3 ⇒ nNH 4 + = 0,4(mol) ⇒ Trong 0,1(lít) X có nNH 4 + = 0,2(mol)
Bảo toàn điện tích ta tính được: nNa+= 0,2(mol). Từ đó tính được: ∑ mmuối= ∑ mcác ion
Câu 3: Đáp án D
nNaOH= 3,55 mol. Chỉ số axit là 7 ⇒ Số mol NaOH dùng để trung hòa là: nNaOH= 7 56 = 0,125(mol)
nHCl= nNaOH dư = 0,05(mol) ⇒ nNaOH để thủy phân trieste là 3,375 (mol) ⇒ nglixerol =3,375
3 = 1,125(mol). Câu 4: Đáp án B
Các cặp chất xảy ra phản ứng hóa học ở nhiệt độ thường là: 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10. Câu 5: Đáp án B
Các chất có tính lưỡng tính là: HOOC − COONa, H2O, KHCO3, Al(OH)3, (NH4)2SO3.
Chú ý: Chất có tính lưỡng tính là chất vừa có khả năng nhận proton, vừa có khả năng nhường proton. Chất lưỡng tính là chất (chính xác là hợp chất) có khả năng phản ứng với axit và dung dịch bazơ gồm:
+) Các oxit lưỡng tính(𝐶𝑟2𝑂3, 𝑍𝑛𝑂, 𝑃𝑏𝑂, 𝐴𝑙2𝑂3)
+) Các hidroxit lưỡng tính (hidroxit của các kim loại có oxit lưỡng tính và thêm 𝐵𝑒(𝑂𝐻)2, 𝑆𝑛(𝑂𝐻)2) +) Các muối lưỡng tính (muối axit của gốc axit yếu, ví dụ: NaHCO3) hoặc muối tạo thành từ cả axit yếu và bazơ yếu, ví dụ: (𝑁𝐻4)2𝐶𝑂3.
𝐻2𝑂 là chất có tính lưỡng tính nhưng không phải là chất lưỡng tính. Câu 6: Đáp án C
Bảo toàn electron ta điền được hệ số của phương trình như sau:
10FeSO4+ 2KMnO4+ xNaHSO4→ 5Fe2(SO4)3+ K2SO4+ 2MnSO4+x
2Na2SO4+ x 2H2O Bảo toàn nguyên tố S ta có: 10 + x = 15 + 1 + 2 +x
2⇒ x = 16 Từ đó ta tính được tổng các hệ số của phương trình bằng 52.
Câu 7: Đáp án B
Phản ứng chuyển dịch theo chiều thuận khi tăng áp suất nên chiều thuận của phản ứng là chiều làm tăng số mol khí. Câu 8: Đáp án B Câu 9: Đáp án A X + HCl → RNH3Cl ⇒ X là amin bậc 1, có công thức là R − NH2. %mN= 14 mx= 13,087% ⇒ mx= 107 ⇒ R = 91: C7H7
Ta tìm được 4 công thức cấu tạo của X thỏa mãn. Câu 10: Đáp án A
+) X3: CH2CHCHCH2⇒ X2: CH2OHCH2CH2CH2OH ⇒ X1: OHCH2CH2CHO +) X3: CH2CHCHCH2⇒ X5: C2H5OH ⇒ X4: CH3CHO
Lấy 1(g) X1 tác dụng với AgNO3 thì thu được số mol Ag là: 1
86. 4 ≈ 0,047(mol) Lấy 1(g) X4 tác dụng với AgNO3 thì thu được số mol Ag là: 1
44. 2 ≈ 0,045(mol) Vậy đáp án là X1.
Câu 11: Đáp án D
𝐂á𝐜𝐡 𝟏: Nếu R là Fe thì sản phẩm thu được là Fe2O3⇒nNO2
nO2 = 8 Nếu R là Cu, Mg, Zn thì sản phẩm thu được là RO ⇒nNO2
nO2 = 4 Đặt nNO2 = a; nO2= b(mol). Theo bài ra ta có hệ: { a + b =
5,04 22,4 46a + 32b = 10 ⇔ {b = 0,025a = 0,2 ⇔a b= 8 Vậy R là Fe.
Cách 2: Tương tự như trên ta tính được nNO2 = 0,02 (mol) ⇒ nR(NO3)2= 0,1 (mol)) Lại có mR(NO3)2= maxit+ m↑= 10 + 8 = 18(g). Từ đó tính ra R = 56 nên R là Fe. Câu 12: Đáp án A
Chỉ có 2 nguyên tố có cấu hình e là [Ar]4s1 và [Ar]4s2 là có e cuối cùng điền vào phân lớp 4s. Chú ý: Một số nguyên tố khác cũng có e lớp ngoài cùng thuộc phân lớp 4s. Nhưng xếp theo mức năng lượng thì e cuối cùng phải được điền vào phân lớp 3d.
Câu 13: Đáp án: D
nNaOH= 0,075(mol) ⇒ naxit= 0,075(mol) = 0,75nandehit (do H = 75%) Do đó số mol anđehit ban đầu là 0,1 (mol) ⇒ nandehit dư = 0,025(mol) Muối tạo thành là RCOONa có M = 68 ⇒ R = 1
Vậy hỗn hợp Y gồm 0,025 mol HCHO và 0,075 mol HCOOH nAg tạo thành = 4nHCHO+ 2nHCOOH= 0,25(mol).
Câu 14: Đáp án B
nCO2= 0,4(mol); nH2O= 0,5(mol) ⇒ nC4H10= 0,1(mol) nBr2 = 0,075(mol) ⇒ nankan= 0,075(mol)
Cứ 1 mol C4H10 cracking thì tạo ra 1 mol anken do đó: nC4H10 cracking = 0,075(mol). Vậy H = 75%.
Câu 15: Đáp án A
nHCl= 0,1(mol) ⇒ X có 1 nhóm – NH2. Trong thí ngiệm khác ta có:
Câu 16: Đáp án B
Có 1(g) Ag ⇒ 1
108(mol)Ag ⇒ 1
108.2(mol)Glucozo = nxenlulozo bị thủy phân Từ đó ta tính được H = 75%.
Câu 17: Đáp án B
Không thể dùng thí nghiệm trên để điều chế HBr và HI vì Br− và I− có tính khử mạnh, sẽ tác dụng với H2SO4 tạo thành I2 và Br2.
Câu 18: Đáp án A
nAg= 0,4(mol); nx= 0,1(mol)
X phản ứng với NaOH nên X là axit hoặc este đơn chức. Nếu X là axit thì hỗn hợp Y không thể tác dụng với AgNO3.
Do đó X phải là este và trong hỗn hợp Y phải có 1 muối HCOONa và 1 andehit tạo thành do ancol không bền.
Vậy có 2 công thức cấu tạo của X ∶ HCOOCH = CHCH2CH3; HCOOCH = C(CH3)CH3. Câu 19: Đáp án A
Các trường hợp tạo ra đơn chất là:
(1)O3 + dung dịch KI → I2 + O2. (3)MnO2 + HCl đặc → Cl2
(5)KClO3 + HCl đặc → Cl2 (6)NH4Cl + NaNO2→ N2 (7)NH3 + CuO → N2
Câu 20: Đáp án B
Hỗn hợp X gồm 8,4 (g) Fe (0,15 mol), 6,4 (g) Cu (0,1 mol) tác dụng với HNO3 tạo thành 0,15 mol NO. ⇒ ne trao đổi= 0,45 (mol)
Mà để Fe, Cu tan hết thì số mol e trao đổi ít nhất (tạo Fe2+ và Cu2+) = 0,5(mol) Do đó kim loại dư.
Theo thứ tự trong dãy điện hóa thì Fe phản ứng trước. Dựa vào số mol e trao đổi ta tính được Fe phản ứng hết và
nCu phản ứng=0,45 − 0,15.2
2 = 0,075(mol)
Vậy muối gồm 0,15 mol Fe(NO3)2 và 0,075 mol Cu(NO3)2 có khối lượng là 41,1 (g). Câu 21: Đáp án B
Ancol hòa tan được Cu(OH)2 là ancol có 2 nhóm − OH kề nhau.
Ta thử các đáp án và tìm xem ở đáp án nào tạo ra 3 ancol có 2 nhóm – OH kề nhau. Câu 22: Đáp án B
(1) HOOC − CH2− C(COOH)(OH) − CH2− COOH (2) CH3− CH(OH) − COOH (3)HOOC − CH(OH) − CH2− COOH (4) CH3− CH(OH) − CH2COOH (5) HOOC − CH(OH) − CH(OH) − COOH
Ta so sánh dựa vào số chức –COOH, số nhóm –OH và vị trí nhóm –OH
Chất có càng nhiều nhóm –COOH thì tính axit càng mạnh. Với các chất có cùng số nhóm –COOH ta xét đến nhóm –OH.
Do O có độ âm điện lớn, hút e, làm tăng độ phân cực của H trong nhóm –COOH nên làm tăng tính axit. Nhóm –OH càng gần nhóm –COOH thì tính axit càng mạnh. Từ đó ta tìm được đáp án.
Câu 23: Đáp án A
X gồm CH3OH và chất A no, đơn chức, mạch hở.
nH2 = 0,075(mol) ⇒ nH= 0,15(mol) ⇒ nancol = 0,15(mol) ⇒ nAg = 0,2(mol) < 2nancol Nên A không tạo anđehit thì từ số mol Ag ta tính được nCH3OH = 0,05(mol)
⇒ nA = 0,1; mA = 7,6 − mCH3OH= 6(g) ⇒ MA= 60. Câu 24: Đáp án B
nCO2 < 0,8(mol) nên X có ít hơn 8C. Mà a(mol) X phản ứng với a mol NaOH nên X có 1 chức phenol và 1 chức ancol.
Câu 25: Đáp án C Y: C6H12N2O3 = Z + P – H2O nên Z + P = C6H14N2O4 Z, P là {CC3H7NO2 3H7NO2 hoặc { C4H9NO2 C2H5NO2 − TH1: Tạo được 1 chất Y.
− TH2: C4H9NO2 có 2 công thức cấu tạo là α − aminoaxit nên tạo được 4 chất Y.
Chú ý: Thứ tự của các ∝ −amino axit trong peptit khác nhau thì 2 peptit đó khác nhau. Ví dụ: Gly- Ala khác Ala-Gly. Do đó với 2 𝛼-aminoaxit khác nhau thì ta sẽ lập được 2 đipeptit có thành phần tạo bởi 2 𝛼-aminoaxit đó.
Câu 26: Đáp án A
10,56(g) hỗn hợp R2O , MO tác dụng với HCl thu được dung dịch X gồm: RCl, MCl2 Điện phân nóng chảy X thu được R, M và Cl2(0,15 mol)
nH+ = 2nO= nCl+= 0,15(mol) ⇒ nO= 0,075(mol) mkim loại= 10,56 − mO= 9,45(g). Câu 27: Đáp án C m(CH2= CH − CH = CH2) + n(C6H5− CH = CH2) → (−CH2− CH = CH − CH2−)m − (CH(C6H5) − CH2−)n nBr2 = 0,1875(mol) = nbutadien
Bảo toàn khối lượng ta tính được mstiren= 49,125 – 0,1875.54 = 39(g) ⇒ nStiren= 0,375(mol) ⇒ nstiren
nbutadien= 2 1 Câu 28: Đáp án A T { Fe Fe2O3 +CO → {B(CO2, CO)
+Ca(OH)2 → 6(g) ↓ D(Fe, oxit) +H2SO4,t 0 → {0,18(mol)SO2 24(g)muối
= 0,06(mol); nFe2(SO4)3 = 0,06(mol)
Trong phản ứng có các quá trình thay đổi số oxi hóa là: Fe0→ Fe+3; C+2→ C+4; S+6→ S+4 Bảo toàn e ta có: 3nFe+ 2nCO2= 2nSO2 ⟹ nFe= 0,08(mol)
Bảo toàn nguyên tố Fe ta tính được : nFe2O3= 0,02 (mol). Từ đó tính được % nFe = 80%. Câu 29: Đáp án D
Các tơ nhân tạo là: tơ visco, tơ axetat.
2 tơ này đều có nguồn gốc từ xenlulozo (thiên nhiên), sau quá trình phản ứng hóa học tạo thành các tơ nhân tạo.
Chú ý: Phân biệt tơ nhân tạo với tơ tổng hợp. Tơ nhân tạo (còn gọi là tơ bán tổng hợp) có nguồn gốc từ các polime thiên nhiên. Còn tơ tổng hợp hoàn toàn do các phản ứng hóa học và con người điều chế ra.
Câu 30: Đáp án A
Giả sử X có m nhóm chức – OH, Y có n nhóm – OH. Ta có: { 0,015m + 0,02n =1,008 22,4 . 2 0,02m + 0,015n =0,952 22,4 . 2 ⇔ {m = 2 n = 3 Xét thí nghiệm 3 ta có: 0,015 mol X ; 0,02 mol Y đốt cháy tạo thành 6,21(g)H2O và CO2
Đặt nCO2= a; nH2O= b(mol) ⇒ {−a + b = n44a + 18b = 6,21
x+ ny = 0,035 ⇔ { a = 0,09 b = 0,125 ⇒ C̅ = 2,57 Vậy X là C2H6O2. Câu 31: Đáp án D nSO2= 0,025(mol)
Bảo toàn nguyên tố S ta có: nS trong muối= nH2SO4− nSO2 = 0,075(mol) ⇒ nmuối=0,075
Câu 32: Đáp án C
Khối lượng dung dịch MOH là 36 (g) ⇒ mMOH= 7,2 (g) Bảo toàn nguyên tố M ta có: nM= 7,2
M + 17=
9,54.2
2M + 60⇒ M = 23(Na). Do đó loại 𝐀, 𝐁. Sau phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch không có este dư
Nên neste< nNaOH= 0,18 (mol) ⇒ Meste≥ 88. Câu 33: Đáp án D
Chú ý: 𝐴𝑔3𝑃𝑂4 màu vàng, AgBr màu vàng nhạt, AgI màu vàng đậm. AgBr và AgI không tan trong dung dịch 𝐻𝑁𝑂3 và 𝐻2𝑆𝑂4.
Câu 34: Đáp án C
Gọi số mol X là x (mol) , số mol Y là 3x (mol) X + 4NaOH → H2O; Y + 3NaOH → H2O
Chất rắn sau phản ứng là hỗn hợp các muối aminoaxit của Na. Bảo toàn khối lượng ta có:
⇒ 23,745 = x(2.89 + 75 + 117 − 3.18) + 3x(117.2 + 75 − 2.18) + [(4x) + (3.3x)]. 40 − (x + 3x). 18 ⇔ x = 0,015(mol) Câu 35: Đáp án C 0,2 mol hỗn hợp gồm H2 và C4H4. nH2 =3 4. 0,2 = 0,15(mol); nC4H4= 0,05(mol) nhỗn hợp sau phản ứng =mhh Mhh = 0,15.2 + 0,05.52
14,5.2 = 0,1(mol) ⇒ số mol khí giảm 0,1 mol nH2 phản ứng = 0,1 (mol) ⟹ số mol liên kết π còn lại là: 3.0,05 – 0,1 = 0,05 (mol) nBr2= 0,05(mol) ⟹ m = 8(g)
Câu 36: Đáp án D
Đốt a mol T thu được a mol H2O ⇒ H̅ = 2 ⇒ T gồm HCOOH (x mol) và (COOH)2 (y mol) ⇒ {x + 2y = nx + y = 1
CO2 = 1,6 ⇔ {
x = 0,4 y = 0,6
Từ đó ta tính được % khối lượng HCOOH = 25,41%. Câu 37: Đáp án C
Gọi hỗn hợp gồm x mol MgO, 14x mol Mg ⟹ x = 0,01 (mol)
nMg(NO3)2= 15x = 0,15(mol) ⇒ mMg(NO3)2 = 22,2(g) có 0,8 (g) muối NH4NO3 (0,01 mol) ne trao đổi = 0,14.2 = 0,28(mol)
⇒ Số mol e mà N5+ nhận để chuyển thành khí Y1 là ∶ 0,28 − 8nNH4NO3 = 0,2(mol). ⇒ Số e N5+ nhận để chuyển thành 1 phân tử khí Y1 bằng 10e.
Vậy Y1 là N2. Bảo toàn N ta tính được số mol HNO3 phản ứng là: 2nN2+ 2nMg(NO3)2+ 2nNH4NO3 = 0,36(mol)
Câu 38: Đáp án D
MX= 100 ⟹ nX= 0,15(mol) ⟹ nNaOH phản ứng= 0,15(mol) mmuối = mX+ mNaOH⟹ X là este vòng.
Do muối không nhánh nên chỉ có đáp án D thỏa mãn. Câu 39: Đáp án C
CH3COOH + H2O ⟶ CH3COO−+ H3O+ nCH3COOH = 0,05(mol); α = 1,4% ⇒ nCH3COOH phân li= 7.10−4. Khi cân bằng thì số mol CH3COOH dư là:
0,05 – 7.10−4 = 0,0493(mol) ⇒ [CH3COOH] = 0,1972(M) Lại có: nH+= nCH3COOH phân li= 7.10−4⟹ pH = 2,25. Câu 40: Đáp án B
Câu 41: Đáp án B
Lại có C6H10O2 có 2 liên kết π nên X phải có liên kết π ở nhánh. Vậy chỉ có đáp án B thỏa mãn. X: CH2CHCHO; X1: C3H7OH; X2: CH2CHCOOH.
Câu 42: Đáp án C
Các chất phản ứng được với dung dịch Br2 ở điều kiện thường là: phenol, SO2, isopren, axit metacrylic, vinylaxetat, phenyl amin.
Câu 43: Đáp án A
nHCl= 0,4(mol); nCu(NO3)2= 0,12(mol)
Sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại nên Cu2+ phản ứng hết, tạo thành Cu Ta có: mCu = 7,68(g) ⟹ Có 0,5m − 7,68 (g)Fe dư ⟹ mFe phản ứng= 0,5m + 7,68. 4H+ + NO3− + 3e → 2H2O + NO ⇒ NO3− dư ⇒ nC=3
4nH+ = 0,3(mol) Do có kim loại dư nên sản phẩm tạo thành là Fe2+
Bảo toàn e ta có: 2nFe2+ = ne+ 2nCu⇒ nFe2+ = 0,27(mol) ⇒ 0,5m + 7,68 = 0,27.56 ⇒ m = 14,88(g)
Tuy nhiên nếu ta tính toán lại sẽ thấy đề bài ra không chính xác vì với giá trị m tìm được thì khối lượng Fe dư bằng −0,24 (g) (vô lí).
Câu 44: Đáp án C
Do có 1(g) Cu không tan nên trong dung dịch có Fe2+và Cu2+ Cu + 2Fe3+ ⟶ 2Fe2+ + Cu2+⟹ nFe2+ = 2nCu2+
Cho Mg vào thấy thoát ra 0,05 mol H2 nên axit dư. ⇒ 4 = mCu+ mFe− mMg phản ứng= 56x +x 2. 64 − 2x +x2 . 2 + 0,05.2 2 . 24 ⇒ x = 0,1(mol) ⇒ Trong X có mCu=0,1 2 . 64 + 1 = 4,2(g).
Vậy tổng số mol HCl phản ứng là: 6nFe2O3+ 2nH2 = 0,4 (mol) ⇒ a = 1(M) Câu 45: Đáp án D
Chất C5H8 có thể có 2 liên kết đôi hoặc có 1 liên kết 3. Câu 46: Đáp án B
Sản phẩm thu được có Cu nên chất tan duy nhất là FeSO4 ⇒ nCu= a
64= y ⇒ a = 64y ⇒ nFe= a
56= z + y ⇒ y = 7z. Câu 47: Đáp án A
M có p1 và n1. X có p2, n2. ( lần lượt là số proton, notron của M, X) Trong G có ∶ {(2p1+ n1− 2) + (2p2+ n2+ 2 ) = 84
(2p1− 2 + 2p2+ 2) = 28 + (n1+ n2) ⇔ p1+ p2= n1+ n2= 28 Ta lại có: 2p1+ 2 + 20 = 2p1− 2 ⇒ p1= 20; p1= 8 ⇒ M là Ca, X là O.
Canxi thuộc chu kì 4, nhóm IIA, ô 20. Câu 48: Đáp án D
Đốt 1 mol X tạo thành 3 mol CO2 và 1,8 mol H2O ⇒ X gồm C3H4 và C3HnOm. Ta lại có H̅ = 3,6 ⇒ n = 2 ⇒ C3H2O
Đặt nC3H4 = a(mol); nCHCCHO= b(mol)
Do C3H4 tác dụng với AgNO3 theo tỉ lệ 1 ∶ 1, C3H2O tác dụng với AgNO3 theo tỉ lệ 1 ∶ 3 nên: {a + b = 0,1
a + 3b = 0,14⇒ {
a = 0,08 b = 0,02 Câu 49: Đáp án D
Cho 0,2 mol CO2 vào dung dịch gồm 0,1 mol Na2CO3, 0,15 mol NaOH.
Đầu tiên 0,075 mol CO2 phản ứng hết với NaOH tạo thành 0,075 mol Na2CO3 Còn 0,125 mol CO2 phản ứng tiếp với 0,125 mol Na2CO3 tạo thành NaHCO3. Dung dịch còn 0,05 mol Na2CO3 ⇒ nBaCO3 = 0,05(mol) ⇒ m = 9,85(g) Câu 50: Đáp án D