40 câu hỏi trắc nghiệm thuộc 25 đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 có đáp án (Đề 3)

Câu 1:

X là kim loại cứng nhất, được sử dụng để mạ các dụng cụ kim loại, chế tạo các loại thép chống gỉ,... Kim loại X là

A. Cr

B. Al

C. Ag

D. Au

Xem đáp án

Đáp án A

Kim cương cao nhất > Cr > W > Fe > Cu > Al.

Độ cứng của kim loại:

Thấp nhất: kim loại nhóm IA: Cs thấp nhất

Câu 2:

Cho dãy các kim loại: Li, Na, Ca, Sr, Cs, Ba, Mg. Số kim loại kiềm là

A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

Xem đáp án

Đáp án B

Kim loại kiềm gồm: Li, Na, Cs.

Câu 3:

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

A. Giấm.

B. Nước.

C. Cồn.

D. Nước muối.

Xem đáp án

Đáp án A

Câu 4:

Công thức phân tử của este etyl propionat là

A. C₄H₈O₂

B. C₅H₈O₂

C. C₆H₁₂O₂

D. C₅H₁₀O₂

Xem đáp án

Đáp án D

Công thức của este: CH₃CH₂COOCH₂CH₃

Câu 5:

Dung dịch nào sau đây không tác dụng với Al₂O₃ ?

A. HCl

B. NaCl

C. NaOH

D. Ba(OH)₂

Xem đáp án

Đáp án B

A1₂O₃ là oxit lưỡng tính, vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với dung dịch bazơ.

Câu 6:

Amin nào sau đây không phải là chất khí ở điều kiện thường?

A. CH₃NH₂

B. (CH₃)₂NH

C. c₂h₅nh₂

D. C₂H₅NHCH₃

Xem đáp án

Đáp án D

Các amin là chất khí ở điều kiện thường: metylamin, etylamin, đimetylamin, trimetylamin.

Câu 7:

Trong công nghiệp, khí nitơ được điều chế từ

A. không khí.

B. axit nitric.

C. amoniac.

D. muối amoni.

Xem đáp án

Đáp án A

Trong công nghiệp, nitơ được điều chế bằng cách chưng cất phân đoạn không khí lỏng.

Câu 8:

Hợp chất nào sau đây của sắt vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử?

A. FeO.

B. Fe₂O₃.

C. Fe(OH)₃.

D. Fe(NO₃)₃.

Xem đáp án

Đáp án A

Câu 9:

Nilon-6,6 là loại

A. tơ visco.

B. polieste.

C. tơ poliamit.

D. tơ axetat.

Xem đáp án

Đáp án C

CT của nilon-6,6: ${[- N H - {(C H_{2})}_{6} - N H - C O - {(C H_{2})}_{4} - C O -]}_{n}$ .

Các mắt xích nối với nhau bằng liên kết –CONH–.

Câu 10:

Kim loại phản ứng với HCl và Cl2 thu được cùng một muối là

A. Fe

B. Cu

C. Al

D. Ag

Xem đáp án

Đáp án C

- Cu và Ag không phản ứng với HCl.

- Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂.

- 2Fe + 3C1₂ → 2FeCl₃.

- 2Al + 6HCl → 2AlC1₃ + 3H₂.

- 2Al + 3Cl₂ → 2AlCl₃.

Câu 11:

Dãy các chất đều có khả năng tham gia phản ứng thủy phân trong môi trường axit, đun nóng là

A. fructozơ, saccarozơ và tinh bột.

B. glucozơ, tinh bột và xenlulozơ.

C. glucozơ, saccarozơ và fructozơ.

D. saccarozơ, tinh bột và xenlulozơ.

Xem đáp án

Đáp án D
Đisaccarit và polisaccarit tham gia phản ứng thủy phân trong môi trường axit tạo thành monosaccarit.

Câu 12:

Ứng với CTPT C4H10O có bao nhiêu ancol là đồng phân cấu tạo của nhau?

A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

Xem đáp án

Đáp án C

Có 4 đồng phân:

(1) CH₃CH₂CH₂CH₂OH (2) (CH₃)₂CHCH₂OH

(3) CH₃CH₂CH(OH)CH₃ (4) (CH₃)₃COH

Câu 13:

Cho phương trình hóa học của 2 phản ứng sau:

FeO + CO → Fe + CO₂.

3FeO + 10HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + 5H₂O.

Hai phản ứng trên chứng tỏ FeO là chất

A. chỉ có tính khử.

B. chỉ có tính bazơ.

C. chỉ có tính oxi hóa.

D. vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử.

Xem đáp án

Đáp án D

(2): FeO thể hiện tính khử.

(1): FeO thể hiện tính oxi hóa.

Câu 14:

Hòa tan hoàn toàn 0,04 mol hỗn hợp X gồm K và Na vào nước thu được dung dịch Y. Trung hòa Y cần vừa đủ V ml dung dịch HCl 0,8M. Giá trị của V là

A. 50

B. 100

C. 200

D. 400

Xem đáp án

Đáp án A

2M + 2H₂O → 2MOH + H₂

$n_{(} O H^{-}) = n_{M} O H = n_{M} = 0, 04 m o l$

$n_{H C l} = n_{(H^{+})} = n_{(O H^{-})} = 0, 04 m o l$

$V_{H C l} = \frac{0, 04}{0, 8} = 0, 05 (l) = 50 (m l) .$

Câu 15:

Chất nào sau đây không tác dụng với NaOH trong dung dịch?

A. Benzylamoni clorua.

B. Anilin.

C. Metyl fomat.

D. Axit fomic.

Xem đáp án

Đáp án B

PTHH:

C₆H₅CH₂NH₃Cl + NaOH → C₆H₅CH₂NH₂ + NaCl + H₂O

HCOOH + NaOH → HCOONa + H₂O

HCOOCH₃ + NaOH → HCOONa + CH₃OH

Câu 16:

Hỗn hợp X gồm hai chất là glucozơ và fructozơ có khối lượng là 27 gam. Cho X tác dụng với một lượng dư AgNO₃ trong NH₃ thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của m

A. 43,2

B. 32,4

C. 16,2

D. 27,0

Xem đáp án

Đáp án B

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

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

$n_{X} = \frac{27}{180} = 0, 15$ mol

$n_{A g} = 2 n_{X} = 0, 3$ mol

$\to m_{A g} = 32, 4$ gam.

Câu 17:

Để trung hòa 25 gam dung dịch của một amin đơn chức X nồng độ 12,4% cần dùng 100 ml dung dịch HCl 1M. Công thức phân tử của X là

A. CH₅N.

B. C₂H₇N.

C. C₃H₉N.

D. C₄H₁₁N

Xem đáp án

Đáp án A

RNH₂ + HCl → RNH₃Cl

$n_{X} = n_{H C l} = 0, 1$ mol

$\to M_{X} = \frac{m_{X}}{n_{X}} = \frac{m_{d d X} . C %}{n_{X}} = 31$

$\to X$ là CH₅N.

Câu 18:

Phát biểu nào sau đây không đúng với hợp chất hữu cơ?

A. Liên kết hóa học thường là liên kết cộng hóa trị.

B. Nhất thiết phải chứa cacbon.

C. Không tan trong nước, tan nhiều trong dung môi hữu cơ.

D. Phản ứng thường xảy hoàn toàn, theo một hướng nhất định.

Xem đáp án

Đáp án D

Phản ứng của hợp chất hữu cơ thường xảy ra không hoàn toàn và không theo hướng nhất định.

Câu 19:

Chất nào sau đây thuộc loại điện li mạnh?

A. CH₃COOH.

B. NaCl.

C. C₂H₅OH.

D. H₂O.

Xem đáp án

Đáp án B

PT điện li: NaCl → $N a^{+} + C l^{-}$ .

Những chất điện ly mạnh bao gồm:

- Axit mạnh: H₂SO₄, HCl, HNO₃

- Bazơ mạnh: LiOH, KOH, NaOH, Ca(OH)₂, Ba(OH)₂

- Muối tan: NaCl, CuSO₄, FeCl₂,…

Câu 20:

Cho các phát biểu sau:

(a) Saccarozơ, tinh bột, xenlulozơ đều có thể bị thủy phân.

(b) Glucozơ, fructozơ đều tham gia phản ứng tráng bạc.

(c) Tinh bột và xenlulozơ là đồng phân của nhau.

(d) Glucozơ làm mất màu dung dịch Br₂.

Trong các phát biểu trên, số phát biểu đúng là

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Xem đáp án

Đáp án C

Những phát biểu đúng: (a), (b), (d).

(c) sai vì tinh bột và xenlulozơ không phải là đồng phân của nhau.

Câu 21:

Người ta có thể bảo vệ vỏ tàu biển bằng thép bằng cách gắn những tấm Zn vào vỏ tàu ở phần chìm trong nước biển vì

A. Thép là cực dương, không bị ăn mòn, Zn là cực âm, bị ăn mòn.

B. Thép là cực âm, không bị ăn mòn, Zn là cực dương, bị ăn mòn.

C. Zn ngăn thép tiếp xúc với nước biển nên thép không tác dụng với nước.

D. Zn ngăn thép tiếp xúc với nước biển nên thép không tác dụng với các chất có trong nước biển.

Xem đáp án

Đáp án A

Đây là cách bảo vệ vỏ tàu biển bằng thép bằng phương pháp điện hóa.

Câu 22:

Cho sơ đồ chuyển hóa:

Triolein X Y Z

Tên của Z là

A. axit linoleic.

B. axit oleic.

C. axit panmitic.

D. axit stearic.

Xem đáp án

Đáp án D

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ $\overset{H_{2}, N i, t °}{\to}$ (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ $\overset{N a O H d u, t °}{\to}$ C₁₇H₃₅COONa $\overset{H C l}{\to}$ C₁₇H₃₅COOH

Câu 23:

Tiến hành các thí nghiệm sau:

(1) Cho Cu(OH)₂ vào dung dịch lòng trắng trứng.

(2) Cho dung dịch iot vào dung dịch hồ tinh bột ở nhiệt độ thường.

(3) Cho Cu(OH)₂ vào dung dịch glixerol.

(4) Cho Cu(OH)₂ vào dung dịch axit axetic.

(5) Cho Cu(OH)₂ vào dung dịch propan-1,3-điol.

Màu xanh xuất hiện ở những thí nghiệm nào?

A. (1), (2), (3), (4), (5).

B. (2), (3), (4), (5).

C. (2), (4), (5).

D. (2), (3), (4).

Xem đáp án

Đáp án D

Hiện tượng các thí nghiệm:

(1) tím.

(2) xanh tím.

(3) xanh lam.

(4) xanh lam.

(5) không có hiện tượng.

Những chất hữu cơ tác dụng được với Cu(OH)₂:

- Chất có từ 2 nhóm chức hiđroxyl ( $- O H$ ) liền kề trở lên, tạo dung dịch xanh lam.

- Axit hữu cơ ( $- C O O H$ ): tạo dung dịch xanh lam.

- Chất có nhóm chức anđehit ( $- C H O$ ): khi đun nóng tạo kết tủa đỏ gạch.

- Pepit có từ 2 liên kết peptit trở lên: tạo phức tím đặc trưng.

Câu 24:

Tính chất vật lý nào dưới đây không phải của Fe?

A. Kim loại nặng, khó nóng chảy.

B. Dần điện và dẫn nhiệt tốt.

C. Màu vàng nâu, dẻo, dễ rèn.

D. Có tính nhiễm từ.

Xem đáp án

Đáp án C
Fe có màu trắng, dẻo, dễ rèn.

Câu 25:

Điện phân nóng chảy muối clorua của một kim loại kiềm, thu được 0,896 lít khí (đktc) ở anot và 1,84 gam kim loại ở catot. Công thức của muối clorua là

A. LiCl

B. NaCl

C. CsCl

D. KCl

Xem đáp án

Đáp án B

2MCl $\overset{d p n c}{\to}$ 2M + Cl₂

$n_{M} = 2 n_{C l_{2}} = 0, 08$ mol

$M_{M} = 23 \to$ Muối clorua là NaCl.

Câu 26:

Xà phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam chất béo cần vừa đủ 0,06 mol NaOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được khối lượng xà phòng là

A. 16,68 gam B

. 18,24 gam

C. 18,38 gam

D. 17,80 gam

Xem đáp án

Đáp án D

(RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH -↓ 3RCOONa + C₃H₅ (OH)₃

$n_{g l i x e r o l} = \frac{1}{3} n_{N a O H} = 0, 02$ mol

BTNT: $m_{chat beo} + m_{N a O H} = m_{xa phong} + m_{g l i x e r o l}$

$m_{xa phong} = 17, 24 + 0, 06.40 - 0, 02.92 = 17, 8$

Đối với dạng bài tập chất béo, ngoài cách làm trên, nhiều học sinh còn giải quyết theo cách tìm ra công thức hóa học của chất béo, từ đó tính khối lượng xà phòng. Cách làm này giải quyết được bài toán nhưng việc tính toán lâu hơn và khó áp dụng cho những bài tính toán có sự biến đổi phức tạp hơn nên áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng là phương pháp hiệu quả cho dạng bài này.

Câu 27:

Phát biểu nào sau đây là đúng?

A. Phản ứng giữa axit và rượu khi có H₂SO₄ đặc là phản ứng một chiều.

B. Các este phản ứng với dung dịch kiềm luôn thu được sản phẩm cuối cùng là muối và rượu (ancol).

C. Khi thủy phân chất béo luôn thu được C₂H₄(OH)₂.

D. Phản ứng thủy phân este trong môi trường axit là phản ứng thuận nghịch.

Xem đáp án

Đáp án D

A sai vì đây là phản ứng thuận nghịch.

B sai vì phản ứng có thể sinh ra anđehit, xeton và nước.

C sai vì thủy phân chất béo thu được glixerol có công thức C₃H₅(OH)₃

Câu 28:

Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế khí Cl₂ trong phòng thí nghiệm:

Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế khí Cl2 trong phòng thí nghiệm: Trong phễu (1) chứa (ảnh 1)

Trong phễu (1) chứa dung dịch nào sau đây?

A. NaOH.

B. H₂SO₄ đặc.

C. NaCl.

D. HCl đặc.

Xem đáp án

Đáp án D

MnO₂ + 4HCl MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

Vai trò của các bình (3) và (4) giúp khí Cl₂ thu được tinh khiết.

- Bình (3) chứa NaCl bão hòa dùng để giữ HCl lại.

- Bình (4) chứa H₂SO₄ đặc giúp giữ nước lại.

Bông (6) tẩm NaOH giúp ngăn khí Cl₂ thoát ra ngoài.

Câu 29:

Cho 61,2 gam hỗn hợp gồm Cu và Fe₃O₄ tác dụng với HNO₃ đun nóng, khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu đuợc 3,36 lít khí NO duy nhất (đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4 gam kim loại. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Giá trị của m là

A. 151,5 gam

B. 137,1 gam

C. 97,5 gam

D. 108,9 gam

Xem đáp án

Đáp án A

Kim loại còn lại 2,4 gam là Cu.

→ khối lượng hỗn hợp đã tham gia phản ứng là $m_{h h} = 61, 2 - 2, 4 = 58, 8$ gam

$58, 5 \{\begin{cases} C u : x \\ F e_{3} O_{4} : y \end{cases} \overset{H N O_{3}}{\to} \{\begin{cases} C u^{2 +} \\ F e^{2 +} \\ N O_{3}^{-} \end{cases} + N O : 0, 15$ mol

Quá trình nhường nhận e:

$C u \to \overset{+ 2}{C u} + 2 e$ $3 \overset{+ 8 / 3}{F e} + 2 e \to 3 \overset{+ 2}{F e}$

x 2x 3y 2y

$\overset{+ 5}{N} + 3 e \to \overset{+ 2}{N}$

0,45 0,15

$\{\begin{cases} 2 x - 2 y = 0, 15.3 (B T e) \\ 64 x + 232 y = 58, 8 (m_{h h}) \end{cases} \to \{\begin{cases} x = 0, 375 \\ y = 0, 15 \end{cases}$

$n_{F e^{2 +}} = 3 n_{F e_{3} O_{4}} = 0, 45$ mol

$n_{C u^{2 +}} = n_{C u} = 0, 375$ mol

Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y: $n_{N O_{3}^{-}} = 2 n_{F e^{2 +}} + 2 n_{C u^{2 +}} = 1, 65$ mol

$m_{m u o i} = m_{F e^{2 +}} + m_{C u^{2 +}} + m_{N O_{3}^{-}} = 0, 45.56 + 0, 375.64 + 1, 65.62 = 151, 5$ gam.

Câu 30:

Hỗn hợp X gồm C₂H₂, C₃H₆, C₄H₁₀ và H₂. Cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X qua bình đựng dung dịch brom dư thấy có 64 gam brom tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X được 55 gam CO₂ và m gam nước. Giá trị của m là

A. 31,5

B. 27

C. 24,3

D. 22,5

Xem đáp án

Đáp án B

$n_{d} = n_{B r_{2}} = 0, 4$ mol

$n_{X} = \frac{n_{C O_{2}} - n_{H_{2} O}}{k - 1} \to n_{X} (k - 1) = n_{C O_{2}} - n_{H_{2} O}$

$\to n_{X} k - n_{X} = n_{C O_{2}} - n_{H_{2} O} \to n_{d} - n_{X} = n_{C O_{2}} - n_{H_{2} O}$

$\to n_{H_{2} O} = 1, 25 - 0, 4 + 0, 5 = 1, 35 m o l$

$m_{H_{2} O} = 24, 3$ gam.

Câu 31:

Hỗn hợp X gồm Na, Ba và Al. Cho m gam X vào dung dịch NaOH dư thu được 12,32 lít H₂ (đktc). Cũng m gam X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được dung dịch Y và H₂. Cô cạn Y thu được 66,1 gam muối khan. Giá trị của m là

A. 36,56

B. 27,05

C. 24,68

D. 31,36

Xem đáp án

Đáp án B

X tác dụng với dung dịch NaOH hay dung dịch HCl, thì quá trình nhường nhận e đều như sau:

$N a \to N a^{+} + 1 e B a \to B a^{2 +} + 2 e$ $2 H^{+} + 2 e \to H_{2} A l \to A l^{3 +} + 3 e$

$n_{H_{2}} = 0, 55 m o l \to n_{H^{+}} = 2 n_{H_{2}} = 1, 1 m o l n_{C l^{-}} = n_{H^{+}} = 1, 1 m o l$

BTKL: $m_{K L} + m_{C l^{-}} = m_{m u o i}$

$\to m_{K L} = 66, 1 - 1, 1.35, 5 = 27, 07 g a m$

Câu 32:

Cho sơ đồ chuyển hóa sau:

(1) C₄H₆O₂ (A) + NaOH → (B) + (C)

(2) (C) + AgNO₃ + NH₃ + H₂O → (D) + NH₄NO₃ + Ag ↓

(3) (D) + NaOH → (B) + NH₃+H₂O

Công thức của A là

A. HCOOCH=CH₂.

B. CH₃COOCH=CH₂.

C. HCOOCH=CHCH₃.

D. CH₂=CHCOOCH₃.

Xem đáp án

Đáp án B

(1) CH₃COOCH=CH₂ +NaOH $\overset{t °}{\to}$ CH₃COONa + CH₃CHO

(2) CH₃CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O $\overset{t °}{\to}$ CH₃COONH₄ + 2NH₄NO₃ + 2Ag

(3) CH₃COONH₄ +NaOH $\overset{t °}{\to}$ CH₃COONa + NH₃ +H₂O

Câu 33:

Cho hỗn hợp X gồm Mg, Al vào 200 ml dung dịch CuCl₂ 0,75M và FeCl₃ 0,60M. Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Z và chất rắn Y. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Z, thấy lượng NaOH phản ứng là 28,80 gam. Cho toàn bộ Y vào dung dịch H₂SO₄ loãng dư, thấy thoát ra 4,704 lít khí H₂ (đktc). Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X là

A. 69,23%

B. 26,21%

C. 36,00%

D. 41,28%

Xem đáp án

Đáp án C

$\{\begin{cases} M g \\ A l \end{cases} \to_{F e C l_{3} : 0, 12}^{C u C l_{2} : 0, 15} \{\begin{cases} Y \{\begin{cases} C u \\ F e \\ A l du \end{cases} \overset{H_{2} S O_{4} loang du}{\to} 0, 21 m o l H_{2} \\ D D Z \{\begin{cases} M g^{2 +} \\ A l^{3 +} \\ C l^{-} : 0, 15.2 + 0, 12.3 = 0, 66 (B T C l) \end{cases} \overset{N a O H : 0, 72}{\to} n_{O H^{-}} > n_{C l^{-}} \end{cases}$

→ Kết tủa Al(OH)₃ tan tiếp trong NaOH.

Nên $n_{A l^{3 +}} = n_{A l {(O H)}_{3} \tan} = n_{N a O H} - n_{C l^{-}} = 0, 06$ mol

$n_{H_{2}} > n_{F e} \to$ hỗn hợp Y chứa Al dư, đồng thời dung dịch Z không chứa ion của Fe, tức là FeCl₃ phản ứng hết.

$\to n_{F e} = 0, 12$ mol

BT e: $n_{A l du} = \frac{2 n_{H_{2}} - 2 n_{F e}}{3} = 0, 06$ mol

BTĐT trong dung dịch Z: $2 n_{M g^{2 +}} = n_{C l^{-}} - 3 n_{A l^{3 +}} \to n_{M g^{2 +}} = 0, 24$ mol

$\to n_{A l ban dau} = n_{A l} + n_{A l^{3 +}} = 0, 12$ mol

. $\to % A l = \frac{0, 12.27}{0, 12.27 + 0, 24.24} 100 = 36 %$

Câu 34:

Hỗn hợp X gồm triolein và hai oligopeptit mạch hở có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X cần dùng 3,265 mol O₂, sản phẩm cháy gồm CO₂, H₂O và N₂ được dẫn qua dung dịch nước vôi trong lấy dư, thu được 258,0 gam kết tủa. Mặt khác, đun nóng 0,2 mol X cần dùng 360 ml dung dịch NaOH 2M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm ba muối, trong đó có hai muối của glyxin và alanin. Phần trăm khối lượng của oligopeptit có khối lượng phân tử nhỏ là

A. 27,3%

B. 29,2%

C. 25,9%

D. 21,6%

Xem đáp án

Đáp án C

$0, 2 \{\begin{cases} {(C_{17} H_{33} C O O)}_{3} C_{3} H_{5} : d \\ C_{2} H_{3} N O : a \\ C H_{2} : b \\ H_{2} O : c \end{cases} \overset{O_{2} : 3, 265}{\to} \{\begin{cases} C O_{2} : 2, 58 \\ H_{2} O \\ N_{2} \end{cases} \to \{\begin{cases} c + d = 0, 2 \\ a + 3 d = 0, 72 (n_{N a O H}) \\ 2, 25 a + 1, 5 b + 80 d = 3, 265 (n_{O_{2}}) \\ 2 a + b + 57 d = 2, 58 (n_{C O_{2}}) \end{cases} \to \{\begin{cases} a = 0, 66 \\ b = 0, 12 \\ c = 0, 18 \\ d = 0, 02 \end{cases}$

$n_{C H_{2}} < n_{p e p t i t}$ nên có peptit chỉ chứa glyxin.

${\bar{C}}_{p e p t i t} = \frac{2 a + b}{c} = 8$

2 hoặc 3 $< \bar{a a} = \frac{a}{c} = 3, 67 < ...$

Từ các dữ kiện trên → Peptit $\{\begin{cases} {(G l y)}_{4} : x \\ {(A l a)}_{2} V a l : y \end{cases} \to \{\begin{cases} x + y = 0, 18 \\ 4 x + 3 y + 0, 02.3 = 0, 72 (n_{N a O H}) \end{cases}$

$\to \{\begin{cases} x = 0, 12 \\ y = 0, 06 \end{cases} \to % m_{{(A l a)}_{2} V a l} = \frac{15, 54}{60, 22} .100 = 25, 9 %$

Đối với dạng bài peptit mà việc tính toán tìm ra các chất gặp khó khăn, nên sử dụng phương pháp biện luận.

Các cách biện luận chủ yếu của bài tập peptit:

Tỉ lệ: $\frac{n_{C_{2} H_{3} N O}}{n_{p e p t i t}}$ chính là số amino axit trung bình của hỗn hợp peptit.

Ví dụ: hỗn hợp 2 peptit hơn kém nhau 1 liên kết peptit có số amino axit trung bình là 5,3 chứng tỏ 2 peptit đó là pentapeptit và hexapeptit.

Tỉ lệ: $\frac{n_{C H_{2}}}{n_{p e p t i t}}$ chính là số gốc CH₂ trung bình trong peptit.

Ví dụ: tính được số gốc CH₂ trung bình bằng 0,8 thì chứng tỏ trong hỗn hợp peptit có chứa peptit chỉ chứa amino axit là gly.

Tùy từng dạng bài cụ thể mà biến đổi phương pháp biện luận sao cho phù hợp để giải quyết yêu cầu bài toán.

Câu 35:

Cho m gam hỗn hợp gồm Na₂O và Al₂O₃ vào 400 ml dung dịch H₂SO₄ 0,3M và HCl 0,9M. Sau khi kết thúc phản ứng, thu được dung dịch X. Cho dung dịch Ba(OH)₂ dư vào X, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Cho m gam hỗn hợp gồm Na2O và Al2O3 vào 400 ml dung dịch H2SO4 0,3M và HCl (ảnh 1)

Giá trị của m là?

A. 16,04 gam

B. 17,2 gam

C. 11,08 gam

D. 9,84 gam

Xem đáp án

Đáp án C

$m_{↓ \max} = m_{B a S O_{4}} + m_{A l {(O H)}_{3}} \to 233. n_{S O_{4}^{2 -}} + 78. n_{A l {(O H)}_{3}} = 37, 32 \to 233.0, 12 + 78. n_{A l {(O H)}_{3}} = 37, 32 \to n_{A l {(O H)}_{3}} = 0, 12$

Khi kết tủa không đổi là lúc kết tủa Al(OH)₃ tan hết

$A l^{3 +} + 3 O H^{-} \to A l {(O H)}_{3}$

0,12 0,36

$A l {(O H)}_{3} + O H^{-} \to A l O_{2}^{-} + 2 H_{2} O$

0,12 0,12

Lúc này $n_{O H^{-}} = 0, 36 + 0, 12 = 0, 48$

Theo đồ thị $n_{B a {(O H)}_{2}} = 0, 28 \to n_{O H^{-}} = 0, 56$

Chứng tỏ trong dung dịch X có axit:

$H^{+} + O H^{-} \to H_{2} O \to n_{H^{+}} = 0, 56 - 0, 48 = 0, 08$

Vậy trong X chứa: $\{\begin{cases} C l^{-} : 0, 36 \\ S O_{4}^{2 -} : 0, 12 \\ H^{+} : 0, 08 \\ A l^{3 +} : 0, 12 (B T A l) \\ N a^{+} : 0, 16 (B T D T) \end{cases} \to m \{\begin{cases} N a_{2} O : 0, 08 \\ A l_{2} O_{3} : 0, 06 \end{cases} \to m = 11, 08$ gam.

Câu 36:

Tiến hành thí nghiệm điều chế xà phòng theo các bước dưới đây:

Bước 1: Cho vào bát sứ nhỏ 1 ml dầu ăn và 3 ml dung dịch NaOH 40%.

Bước 2: Đun hỗn hợp sôi nhẹ và liên tục khuấy đều bằng đũa thủy tinh khoảng 8-10 phút. Thỉnh thoảng thêm vài giọt nước cất để giữ cho thể tích hỗn hợp không đổi.

Bước 3: Rót thêm vào hỗn hợp 4 - 5 ml dung dịch NaCl bão hòa nóng, khay nhẹ. Sau đó để nguội.

Phát biểu nào sau đây không đúng?

A. Ở bước 1 có thể thay thế dầu ăn bằng mỡ động vật.

B. Ở bước 2, nếu không liên tục khuấy đều phản ứng sẽ xảy ra chậm vì dầu ăn không tan trong dung dịch NaOH.

C. Việc thêm dung dịch NaCl bão hòa vào hỗn hợp sản phẩm để độ tan của xà phòng giảm đi, đồng thời làm tăng tỉ trọng của hỗn hợp sản phẩm giúp xà phòng nổi lên trên mặt, dễ dàng tách ra khỏi hỗn hợp.

D. Sau bước 3, khi để nguội ta thấy phần dung dịch bên trên có một lớp chất lỏng màu trắng đục.

Xem đáp án

Đáp án D

D sai vì sau bước 3 thu được xà phòng là lớp chất rắn màu trắng đục.

Câu 37:

Cho 56,36 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe(NO₃)₃, FeCl₂ và Fe₃O₄ vào dung dịch chứa 1,82 mol HCl được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm 0,08 mol NO và 0,06 mol N₂O. Cho dung dịch AgNO₃ dư vào Y, kết thúc phản ứng thấy thoát ra 0,045 mol NO (sản phẩm khử duy nhất) đồng thời thu đuợc 298,31 gam kết tủa. Nấu cô cạn dung dịch Y thì thu đuợc 97,86 gam muối. Phần trăm khối luợng FeCl₂ trong X là

A. 31,55%

B. 27,04%

C. 22,53%

D. 33,8%

Xem đáp án

Đáp án B

$56, 36 X \overset{H C l : 1, 82}{\to} \{\begin{cases} \{\begin{cases} N O : 0, 08 \\ N_{2} O : 0, 06 \end{cases} \\ Y \overset{A g N O_{3}}{\to} \{\begin{cases} N O : 0, 045 \\ 298, 31 \{\begin{cases} A g \\ A g C l \end{cases} \end{cases} \end{cases} n_{N O} = 0, 045 \to n_{H^{+} (Y)} = 4 n_{N O} = 0, 18 \to n_{H C l (Y)} = 0, 18$

BTKL: $m_{X} + m_{H C l} = m_{↑} + m_{H C l (Y)} + m_{m u o i} + m_{H_{2} O}$

$\to m_{H_{2} O} = 13, 32 \to n_{H_{2} O} = 0, 74$

BT H: $n_{N H_{4}^{+} (Y)} = \frac{n_{H C l} - n_{H C l (Y)} - 2 n_{H_{2} O}}{4} = 0, 04$

BT N: $3 n_{F e {(N O_{3})}_{3}} = n_{N O} + 2 n_{N_{2} O} + n_{N H_{4}^{+}} \to n_{F e {(N O_{3})}_{3}} = 0, 08$

BT O: $4 n_{F e_{3} O_{4}} + 9 n_{F e {(N O_{3})}_{3}} = n_{N O} + n_{N_{2} O} + n_{H_{2} O} \to n_{F e_{3} O_{4}} = 0, 04$

Gọi $\{\begin{cases} M g : x \\ F e C l_{2} : y \\ A g : z \end{cases}$

BT Cl: $n_{A g C l} = 2 y + 1, 82$

Bảo toàn e cho cả quá trình: $2 x + y + 0, 04 = 0, 08.3 + 0, 06.8 + 0, 04.8 + z + 0, 045.3$ (1)

$24 x + 127 y + 232.0, 04 + 0, 08.242 = 56, 36$ (2)

$108 z + 143, 5 (2 y + 1, 82) = 298, 31$ (3)

$\to \{\begin{cases} x = 0, 52 \\ y = 0, 12 \\ z = 0, 025 \end{cases}$ .

$\to % m_{F e C l_{2}} = 27, 04 %$

Đối với bài toán có kim loại tác dụng với dung dịch chứa $H^{+}$ và $N O_{3}^{-}$ , lưu ý chất khử có Mg, Al, Zn và đề bài không đề cập đến sản phẩm khử duy nhất thì khả năng cao sẽ tạo muối của $N H_{4}^{+}$ .

Ở bài trên, đề bài chỉ nói tạo sản phẩm khử duy nhất ở giai đoạn sau nên lưu ý tránh nhầm lẫn.

Câu 38:

Đun nóng hợp chất hữu cơ X mạch hở với dung dịch NaOH vừa đủ, chưng cất dung dịch sau phản ứng thu được duy nhất một muối natri của axit cacboxylic (có mạch không phân nhánh và không chứa nhóm chức khác) và 9,3 gam ancol Y. Dẫn toàn bộ 9,3 gam Y qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 9,0 gam. Đốt cháy toàn bộ muối cần dùng 0,6 mol O₂ ; thu được CO₂, 2,7 gam H₂O và 15,9 gam Na₂CO₃. Nhận định nào sau đây là sai?

A. X tác dụng với dung dịch Br₂ theo tỉ lệ mol 1:2.

B. Trong X chứa 3 nhóm –CH₂.

C. Trong X chứa 1 nhóm –OH.

D. X có 1 đồng phân cấu tạo duy nhất.

Xem đáp án

Đáp án D

$Y R {(O H)}_{n} \to \frac{n}{2} H_{2} m_{H_{2}} = m_{a n c o l} - m_{b ↑} \to n_{H_{2}} = 0, 15 \to M_{Y} = \frac{0, 3}{n} \to \frac{0, 3}{n} (R + 17 n) = 9, 3 \to \{\begin{cases} n = 2 \\ R = 28 \end{cases} \to Y : C_{2} H_{4} {(O H)}_{2} n_{N a_{2} C O_{3}} = 0, 15 \to n_{C O O N a} = 0, 3$

BT O: $n_{C O_{2}} = 0, 6$

BT C: $n_{C (m u o i)} = n_{C O_{2}} + n_{N a_{2} C O_{3}} = 0, 75$

$\to C_{m u o i} = \frac{0, 75}{0, 15} = 5 H_{m u o i} = \frac{0, 3}{0, 15} = 2$

Vậy công thức của muối là $N a O O C - C \equiv C - C H_{2} - C O O N a$

Vậy công thức của X là: $H O - C H_{2} - C H_{2} - O O C - C H_{2} - C \equiv C - C O O H$

Hoặc $H O - C H_{2} - C H_{2} - O O C - C \equiv C - C H_{2} - C O O H$ .

Định luật bảo toàn nguyên tố cũng được dùng khá phổ biến trong bài toán tìm công thức hợp chất hữu cơ. Ngoài ra, cần áp dụng triệt để cách tính nhanh số nguyên tử cacbon, hiđrô của hợp chất.

- Số cacbon $= \frac{n_{C (X)}}{n_{X}}$

- Số hiđrô $= \frac{n_{H (X)}}{n_{X}}$

Câu 39:

Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế khí Z từ dung dịch X và chất rắn Y:

Khí Z được tạo ra từ phản ứng hóa học nào dưới đây?

A. CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂ + H₂O.

B. NH₄Cl + NaOH → NaCl + NH₃ + H₂O.

C. H₂SO₄ + Na₂SO₃ → Na₂SO₄ + SO₂ + H₂O.

D. CH₃COONa + NaOH → CH₄ + Na₂CO₃.

Xem đáp án

Đáp án A

Z đuợc thu bằng phương pháp đẩy nước nên Z không tan trong nước, không tác dụng với nước.

Vậy loại B và C.

Z được điều chế từ một chất rắn và một dung dịch nên loại D vì cả CH₃COONa và NaOH đều phải ở trạng thái rắn.

Nguyên tắc thu khí:

- Thu bằng phương pháp đấy nước thì khí thu phải không tan trong nước.

- Thu khí bằng phương pháp đẩy không khí thì khí thu phải nặng hơn không khí (đặt ngửa bình), khí thu nhẹ hơn không khí (đặt úp bình).

Câu 40:

X, Y là 2 peptit được tạo từ các α-amino axit no, mạch hở chứa 1 nhóm -NH₂ và 1 nhóm –COOH. Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp E chứa X, Y bằng dung dịch NaOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan. Đốt cháy toàn bộ lượng muối này thu được 0,2 mol Na₂CO₃ và hỗn hợp gồm CO₂, H₂O, N₂ trong đó tổng khối lượng của CO₂ và H₂O là 65,6 gam. Mặt khác, đốt cháy 1,51m gam hỗn hợp E cần dùng a mol O₂, thu được CO₂, H₂O , N₂. Giá trị của a gần nhất với

Những điểm cần nắm khi làm bài tập này:

- Đề sử dụng lượng chất khác nhau cho các phản ứng nên cần quy đổi tỉ lệ.

- Sử dụng một số cách tính số gốc amino axit hay số -CH₂ để biện luận.

tính số gốc amino axit trung bình.

Biện luận số -CH₂ bằng cách xem hỗn hợp peptit là .

A. 2,5

B. 3,5

C. 3,0

D. 1,5

Xem đáp án

Đáp án B

$E \{\begin{cases} C_{2} H_{3} N O \\ C H_{2} \\ H_{2} O \end{cases} \overset{N a O H}{\to} \{\begin{cases} C_{2} H_{4} N O_{2} N a \\ C H_{2} \end{cases} \overset{O_{2}}{\to} \{\begin{cases} 0, 2 N a_{2} C O_{3} \\ 65, 6 \{\begin{cases} C O_{2} \\ H_{2} O \end{cases} \end{cases}$

C₂H₄NO₂Na → 0,5Na₂CO₃ + 1,5CO₂ + 2H₂O

$\to m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O} = 40, 8$

CH₂ + 1,5O₂ → CO₂ + H₂O

$\to m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O} = 65, 6 - 40, 8 = 24, 8 \to n_{C O_{2}} = n_{H_{2} O} = 0, 4 \to n_{C H_{2}} = 0, 4 \to m = 97.0, 4 + 14.0, 4 = 44, 4 \to m_{E} = 1, 51 m = 67, 044 \to E \{\begin{cases} C_{2} H_{3} N O : 0, 4 \\ C H_{2} : 0, 4 \\ H_{2} O : 0, 1 \end{cases} \to \{\begin{cases} m_{E} = 30, 2 \\ n_{O_{2}} = 0, 4.2, 25 + 0, 4.1, 5 = 1, 5 \end{cases}$

Vậy khi đốt cháy 67,044 gam E thì cần số mol O₂ là: $\frac{67, 044.1, 5}{30, 2} = 3, 33$ mol.

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

25 đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 có đáp án

25 đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 có đáp án (Đề 3)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan