Thứ tự cặp oxi hóa khử: 2+ 2+ 3+ + 2+ Fe Cu Fe Ag ; ; ; Fe Cu Fe Ag .
Ưu tiên tạo muối: Fe(NO3)2; Cu(NO3)2; Fe(NO3)3; AgNO3 và ưu tiên tạo kim loại: Ag; Cu; Fe. PTHH: Fe + 2AgNO3 Fe(NO3)2 + 2Ag Fe + Cu(NO3)2 Fe(NO3)2 + Cu Vậy hai muối là: Fe(NO3)2; Cu(NO3)2 và hai kim loại là: Ag; Cu.
Chọn D.
Câu 25: Ứng với công thức phân tử C4H10O có bao nhiêu ancol là đồng phân cấu tạo của nhau?
A. 4. B. 3. C. 2. D. 5.
4 đồng phân ancol: CH3-CH2-CH2-CH2-OH; CH3-CH2-CH(OH)-CH3; CH3-CH(CH3)-CH2-OH; (CH3)3C-OH
Chọn A.
Câu 26: Tên thay thế (theo IUPAC) của (CH3)3C–CH2–CH(CH3)2 là
A. 2,2,4,4-tetrametylbutan. B. 2,4,4,4-tetrametylbutan. C. 2,2,4-trimetylpentan. D. 2,4,4-trimetylpentan. trimetylpentan. 1 2 CH3 3 4 5 CH3 – C – CH2–CH–CH3 : 2,2,4-trimetylpentan. CH3 CH3 Chọn C.
Câu 27: Hòa tan hoàn toàn m gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được 5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2, N2O và dung dịch chứa 8m gam muối. Tỉ khối của X so với H2 bằng 18. Giá trị của m là
A. 21,60. B. 18,90. C. 17,28. D. 19,44. Ta có: 2 2 2 2 2 2 nN nN O 0,24 nN 0,12 28.nN 44.nN O 0,24.18.2 nN O 0,12 Al (x mol) + HNO3 → 3 3 2 4 3 2 Al(NO ) : x mol N : 0,12 NH NO N O : 0,12
3.nAl = 10.nN2 + 8.nN2O + 8.nNH4NO3
Khi đó: 3.x = 10.0,12 + 8.0,12 + 8.nNH4NO3 nNH4NO3 = (3.x – 2,16) : 8 mol
Ta có: m muối = 8.mAl213.x + 80.(3.x – 2,16) : 8 = 8.27.xx = 0,8 mol. Vậy m = 0,8.27 =
21,60 gam. Chọn A.
Câu 28: Chất nào sau đây khi đun nóng với dung dịch NaOH thu được sản phẩm có anđehit?
A. CH3–COO–CH2–CH=CH2. B. CH3–COO–C(CH3)=CH2.
C. CH2=CH–COO–CH2–CH3. D. CH3–COO–CH=CH–CH3.
PTHH: CH3–COO–CH=CH–CH3 + NaOH → CH3–COONa + OHC–CH2–CH3.
Chọn D.
Câu 29: Liên kết hóa học giữa các nguyên tử trong phân tử HCl thuộc loại liên kết
A. cộng hóa trị có cực. B. hiđro. C. cộng hóa trị không cực. D. ion. Phân tử HCl tạo bởi hai phi kim khác nhau là hiđro (H) và clo (Cl) có độ âm điện khác nhau Phân tử HCl tạo bởi hai phi kim khác nhau là hiđro (H) và clo (Cl) có độ âm điện khác nhau
→ Trong phân tử HCl có liên kết cộng hóa trị có cực.
Chọn A.
Câu 30: Cho X là hexapeptit Ala–Gly–Ala–Val–Gly–Val và Y là tetrapeptit Gly–Ala–Gly–Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm X và Y thu được 4 amino axit, trong đó có 30 gam glyxin và 28,48 gam alanin. Giá trị của m là
Lê Đức Thọ [0966710751]-Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng -
A. 73,4. B. 77,6. C. 83,2. D. 87,4.
X: Ala–Gly–Ala–Val–Gly–Val (a mol) → 2Ala (2a mol) + 2Gly (2a mol) + 2Val Y: Gly–Ala–Gly–Glu (b mol) → Ala (b mol) + 2Gly (2b mol) + Glu Ta có: 2 28, 48 : 89 0,32 0,12 2 2 30 : 75 0, 4 0, 08 a b a a b b Vậy m = 0,12.(89.2 + 75.2 + 117.2 – 5.18) + 0,08.(75.2 + 89 + 147 – 3.18) = 83,2 gam. Chọn C.
Câu 31: Cho 0,1 mol tristearin ((C17H35COO)3C3H5) tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được m gam glixerol. Giá trị của m là
A. 27,6. B. 4,6. C. 14,4. D. 9,2.
(C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH to 3C17H35COONa + C3H5(OH)3 m = 0,1.92 = 9,2 gam.
Chọn D.
Câu 32: Cho các cân bằng hóa học sau: (a) H2 (k) + I2 (k) 2HI (k). (b) 2NO2 (k) N2O4 (k). (c) 3H2 (k) + N2 (k) 2NH3 (k). (d) 2SO2 (k) + O2 (k) 2SO3
(k).
Ở nhiệt độ không đổi, khi thay đổi áp suất chung của mỗi hệ cân bằng, cân bằng hóa học không bị chuyển dịch là
A. (b). B. (a). C. (c). D. (d).
CB (a): số phân tử khí vế trái = 1 + 1 = 2 = số phân tử khí vế phải. Áp suất không làm chuyển dịch cân bằng.
Chọn B.
Câu 33: Dung dịch nào sau đây làm phenolphtalein đổi màu?
A. axit axetic. B. alanin. C. glyxin. D.
metylamin.
Dung dịch metylamin (CH3-NH2) có môi trường bazơ làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng. Axit axetic (CH3-COOH) có môi trường axit; Alanin (CH3-CH(NH2)-COOH) và glyxin (H2N-CH2- COOH) có môi trường trung tính không làm phenolphtalein chuyển màu.
Chọn D.
Câu 34: Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 15,76. B. 39,40. C. 21,92. D. 23,64.
Na, Ba, Na2O và BaO + H2O → NaOH (x mol); Ba(OH)2 (0,12 mol) + H2 (0,05 mol)
Bảo toàn H: 2.nH2O = nNaOH + 2nBa(OH)2 + 2.nH2 = x + 0,12.2 + 0,05.2 = x + 0,34 nH2O = (x + 0,34)/2
Bảo toàn khối lượng: 21,9 + 18.(x + 0,34)/2 = 40.x + 20,52 + 0,05.2 x = 0,14 mol.
Ta có: nOH– = nNaOH + 2.nBa(OH)2 = 0,14 + 0,12.2 = 0,38 và nCO2 = 0,3 1 < 0,38:0,3 < 2 Tạo 2 muối
Khi đó: nCO32– = nOH– – nCO2 = 0,38 – 0,3 = 0,08 mol < nBa2+ = 0,12 nBaCO3 = nCO32– = 0,08 mol.
Vậy: m = 0,08.197 = 15,76 gam.
Chọn A.
Câu 35: Hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại X bằng dung dịch HCl, thu được 1,064 lít khí H2. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 0,896 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Kim loại X là
Lê Đức Thọ [0966710751]-Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng - Nếu X là kim loại có hóa trị n không đổi, gọi nFe = a ; nX = b mol
Khi phản ứng với HCl : 2.nFe + n.nX = 2.nH2 2a + n.b = 2.1,064 : 22,4 = 0,095(1)
Khi phản ứng với HNO3 : 3.nFe + n.nX = 3.nNO 3a + n.b = 3.0,896 : 22,4 = 0,12 (2) Từ (1) và (2) : a = 0,025 và n.b = 0,045 b = 0,045/n 56.0,025 + M. 0,045/n = 1,805 M = 9.n. M là Al.
Chọn C.
Câu 36: Khi được chiếu sáng, hiđrocacbon nào sau đây tham gia phản ứng thế với clo theo tỉ lệ mol 1 : 1, thu được ba dẫn xuất monoclo là đồng phân cấu tạo của nhau?
A. neopentan. B. pentan. C. butan. D.
isopentan.
Pentan: CH3-CH2-CH2-CH2-CH3 có ba C không tương đương chứa H thu được 3 sản phẩm thế monoclo.
Neopentan: 1 sản phẩm; butan: 2 sản phẩm; isopentan: 4 sản phẩm.
Chọn B.
Câu 37: Lên men m gam glucozơ để tạo thành ancol etylic (hiệu suất phản ứng bằng 90%). Hấp thụ hoàn toàn lượng khí CO2 sinh ra vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 15 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 7,5. B. 15,0. C. 18,5. D. 45,0.
PTHH: C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2 ; CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
0,075 0,15 0,15 0,15 mol
Vậy 90%.m
180 0,075 m = 15,0 gam. Chọn B.
Câu 38: Cho m gam Fe vào bình chứa dung dịch gồm H2SO4 và HNO3, thu được dung dịch X và 1,12 lít khí NO. Thêm tiếp dung dịch H2SO4 dư vào bình thu được 0,448 lít khí NO và dung dịch Y. Biết trong cả hai trường hợp NO là sản phẩm khử duy nhất, đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Dung dịch Y hòa tan vừa hết 2,08 gam Cu (không tạo thành sản phẩm khử của N+5). Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 2,40. B. 4,06. C. 3,92. D. 4,20.
Vì Y hòa tan Cu không tạo sản phẩm khử của N+5 Trong Y không có NO3–, do đó chỉ có phăn ứng của Fe3+ với Cu tạo muối Fe2+ và Cu2+.
Sơ đồ: Fe + 2 4 2+ 2 4 H SO Cu 0,0325mol 2+ 3 H SO Fe NO : 0,05 X NO : 0,02 + Y HNO Cu
Bảo toàn e: 2.nFe + 2.nCu = 3.nNO 2.nFe + 2.0,0325 = 3.(0,05 + 0,02) nFe = 0,0725. Vậy m = 4,06 gam.
Chọn B.
Câu 39: Hợp chất X có thành phần gồm C, H, O, chứa vòng benzen. Cho 6,9 gam X vào 360 ml dung dịch NaOH 0,5M (dư 20% so với lượng cần phản ứng) đến phản ứng hoàn toàn, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn khan. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 6,9 gam X cần vừa đủ 7,84 lít O2 (đktc), thu được 15,4 gam CO2. Biết X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Giá trị của m là
A. 13,2. B. 11,1. C. 12,3. D. 11,4.
6,9 gam X + 0,35 mol O2 → 0,35 mol CO2 + H2O nH2O = 6,9 0,35.32 15,4 0,15 mol 18
Trong X: nC = nCO2 = 0,35 mol; nH = 2.nH2O = 2.0,15 = 0,3 mol; nO = (0,35.2 + 0,15) – 0,35.2 = 0,15 mol.
Khi đó: C : H : O = 0,35 : 0,3 : 0,15 = 7 : 6 : 3X là C7H6O3 nX = 6,9 : 138 = 0,05 mol. Gọi nNaOH pư = x x + 0,2.x = 0,36.0,5 x = 0,15 mol nNaOH pư : nX = 0,15:0,05 = 3. Vậy CTCT của X: HCOO-C6H4-OH + 3NaOH → HCOONa + NaO-C6H4-ONa + 2H2O
Lê Đức Thọ [0966710751]-Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng - Theo (1): nH2O = 2.nX = 2.0,05 = 0,1. Vậy 6,9 + 0,5.0,36.40 = mCR + 18.0,1 mCR = 12,3
gam.
Chọn C.
Câu 40: Biết X là axit cacboxylic đơn chức, Y là ancol no, cả hai chất đều mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp gồm X và Y (trong đó số mol của X lớn hơn số mol của Y) cần vừa đủ 30,24 lít khí O2, thu được 26,88 lít khí CO2 và 19,8 gam H2O. Biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Khối lượng của Y trong 0,4 mol hỗn hợp trên là
A. 11,4 gam. B. 19,0 gam. C. 9,0 gam. D. 17,7 gam.
to 2 2 X Y 2 1,2 mol CO X 1,2 0, 4 mol +1,35 mol O C = C = 3 Y 1,1 mol H O 0,4
nO (X, Y) + 2.nO2 = 2.nCO2 + nH2O nO (X, Y) + 2.1,35 = 2.1,2 + 1,1 nO (X, Y) = 0,8 mol Ta có: O 0,8 2
0,4
, trong X có 2 nguyên tử O trong Y có 2 nguyên tử O.
Vậy X: C3HxO2 a mol; Y: C3H8O2 b mol; H 2.1,1 5,5 x < 5,5 8, x ch½n x = 2 hoÆc x = 4 0,4 x = 2: a + b = 0,4 a = 0,17 2.a + 8.b = 1,1.2 b = 0,23 (loại vì a > b) x = 4: a + b = 0,4 a = 0,25 4.a + 8.b = 1,1.2 b = 0,15
(thỏa mãn). Vậy mY = 0,15.76 = 11,4 gam.
Chọn A.