Lý Thuyết Lớp 12
Lý thuyết lớp 11
Lý thuyết lớp 10
Lý thuyết lớp 9
Lý thuyết lớp 8
Lý thuyết lớp 7
Lý thuyết lớp 6
Lý thuyết lớp 5
Lý thuyết lớp 4
Lý thuyết lớp 3
Lý thuyết lớp 2
Lý thuyết lớp 1
Thi vào lớp 10
Đại học
Thư viện câu hỏi
Thi Online
Hỏi bàiĐề thi thử THPT QG môn Hóa học năm 2018 - Trường THPT Phan Đăng Lưu- Nghệ An
Đề thi thử THPT QG môn Hóa học năm 2018 - Trường THPT Phan Đăng Lưu- Nghệ An
-
Hocon247
-
40 câu hỏi
-
90 phút
-
23 lượt thi
-
Trung bình
Tham gia [ Hs Hocon247.com ] - Cộng Đồng Luyện Thi Trực Tuyến để được học tập những kiến thức bổ ích từ HocOn247.com
.PNG)
Đốt cháy hoàn toàn 6,75 gam đimetylamin trong một lượng vừa đủ oxi, thu được hỗn hợp X gồm khí và hơi. Dẫn toàn bộ X vào lượng dư dung dịch KOH, sau khi kết thúc phản ứng thì thoát ra V lít (đktc) một chất khí duy nhất. Giá trị của V là
Đáp án B
nN2 = 1/2 n Amin = 0.075 => V =0.075*22.4 = 1.68
.PNG)
.PNG)
.PNG)
Cho 500 ml dung dịch glucozơ phản ứng hoàn toàn với lượng dư AgNO3 trong NH3 thu được 10,8 gam Ag. Nồng độ của dung dịch glucozơ đã dùng là
Đáp án C
Khi phản ứng tráng gương cứ 1 phân tử Glucozo → 2Ag.
Mà nAg = 0,1 mol ⇒ nGlucozo = 0,1÷2 = 0,05 mol.
⇒ CM Glucozo = 0,05÷0,5 = 0,1 M
Nước tự nhiên có chứa những ion nào dưới đây thì được gọi là nước cứng có tính vĩnh cửu?
Đáp án D
Nước cứng vĩnh cửu không thể chứa HCO3– được.
⇒ Loại A B và C
Khử hoàn toàn m gam Fe2O3 cần vừa đủ 3,36 lít CO (ở đktc). Khối lượng sắt thu được sau phản ứng là
Đáp án A
Ta có phản ứng: Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2↑.
Ta có nCO = 0,15 mol ⇒ nFe = 0,15×2÷3 = 0,1 mol.
⇒ mFe = 0,1×56 = 5,6 gam
Tiến hành phản ứng khử oxi X thành kim loại bằng khí H2 dư theo sơ đồ hình vẽ:
.PNG)
Oxit X không thể là
Đáp án A
CO chỉ khử được các oxit của các kim loại đứng sau nhôm.
Mà MgO là oxit kim loại đứng trước Al ⇒ MgO không tác dụng với CO.
⇒ Oxit X không thể là MgO
Thủy phân hoàn toàn 8,8 gam etyl axetat trong 100 ml dung dịch KOH 1,5M, đun nóng. Sau phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
Đáp án A
Ta có phản ứng: CH3COOC2H5 + KOH → CH3COOK + C2H5OH.
Ta có nEste = 0,1 mol và nKOH = 0,15 mol > nEste ⇒ KOH dư.
+ Ta có nC2H5OH = 0,1 mol ||⇒ Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mChất rắn = 8,8 + 0,15×56 – 0,1×46 = 12,6 gam
Một α–amino axit no X chỉ chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH. Cho 3,56 gam X tác dụng vừa đủ với HCl tạo ra 5,02 gam muối. Tên gọi của X là
Đáp án A
Ta có mHCl phản ứng = 5,02 – 3,56 = 1,46 gam ⇒ nHCl phản ứng = 0,04 mol.
⇒ Mα–amino axit = 3,56 ÷ 0,04 = 89 ⇒ X chính là Alanin
Thủy phân hoàn toàn 1 mol peptit mạch hở X chỉ thu được 3 mol Gly và 1 mol Ala. Số liên kết peptit trong phân tử X là
Đáp án B
Nhận thấy 1 mol peptit thủy phân → ∑ 4 mol các α–amino axit.
⇒ X là 1 tetrapeptit ⇒ Số LK peptit = 4–1 = 3
Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch AgNO3 vào ống nghiệm chứa bột Fe, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị bên.
.PNG)
Giá trị của a là
Đáp án D
Ta có các phản ứng như sau:
Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag [Tăng số mol Fe2+]
Sau đó: Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag [Giảm số mol Fe2+]
+ Đặt nFe = b ta có phương trình theo nAgNO3 = 0,95 mol là:
a×2 + (b–0,25) = 0,95 mol Û b = 0,4 mol.
+ Viết PT nAgNO3 = 0,85 mol tương tự như trên ta có:
∑nFe×2 + (∑nFe – a) = 0,85 mol Û 0,8 + 0,4 – a = 0,85.
Û a = 0,35 mol
.PNG)
Hỗn hợp khí A gồm 0,5 mol H2 và 0,3 mol ankin X. Nung A một thời gian với xúc tác Ni thu được hỗn hợp B có tỉ khối so với H2 bằng 16,25. Dẫn hỗn hợp B qua dung dịch brom dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng brom tham gia phản ứng là 32 gam. Ankin X là
Đáp án D
Với nAnkin = 0,3 ⇒ Số mol H2 pứ tối đa = 2nAnkin = 0,6 mol.
Bảo toàn số mol liên kết π ta có: nH2 pứ + nBr2 = 0,6 mol.
⇒ nH2 pứ = 0,6 – 0,2 = 0,4 mol ⇒ nH2 dư = 0,1 mol.
⇒ Số mol của B sau phản ứng = nH2 dư + nAnkin = 0,4 mol.
⇒ mB = mA = nHỗn hợp B × MHỗn hợp B = 0,4×16,25×2 = 13 gam
Vậy mH2 ban đầu + mAnkin ban đầu = 13 gam. Û 0,5×2 + 0,3×MAnkin = 13.
Û MAnkin = 40 ⇒ Ankin đó là Propin
Sau một thời gian điện phân 300 ml dung dịch CuSO4 với điện cực graphit, khối lượng dung dịch giảm 16 gam. Để làm kết tủa hết ion Cu2+ còn lại trong dung dịch sau điện phân cần dùng 100 ml dung dịch H2S 1M. Nồng độ mol của dung dịch CuSO4 trước điện phân là
Đáp án A
Ta có phản ứng điện phân:
CuSO4 + H2O → Cu + 0,5O2 + H2SO4.
Với mGiảm = mCu + mO2 Û 64a + 32×0,5a = 16 Û a = 0,2.
nCuSO4 = nH2S = 0,1 mol.
⇒ nCuSO4 = nCuSO4 pứ + nH2S = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol.
⇒ CM CuSO4 = 0,3÷0,3 = 1M
.PNG)
.PNG)
Cho 5,045 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 tác dụng với dung dịch HNO3, loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,224 lít khí không màu, có tỉ khối đối với hidro là 15 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 1,125 gam kim loại. Cô cạn dung dịch Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
Đáp án D
Vì Cu dư ⇒ Dung dịch chứa 2 muối Cu(NO3)2 và Fe(NO3)2.
+ Khí thoát ra là NO với nNO = 0,01 mol.
Đặt nCu pứ = a và nFe3O4 = b ta có hệ:
64a + 232b = 5,045 – 1,125 || 2a – 2b = 3nNO = 0,03.
+ Giải hệ ta có nCu = 0,025 và b = 0,01 mol.
⇒ Muối bao gồm 0,025 mol Cu(NO3)2 và (0,01×3) = 0,03 mol Fe(NO3)2.
⇒ mMuối = 0,025×188 + 0,03×180 = 10,1 gam
.PNG)
Chất hữu cơ X có công thức phân tử C7H6O3. Nếu cho 1,38 gam X tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch KOH 0,1M, sau phản ứng thu được 2 muối của kali. Số công thức cấu tạo của X là
Đáp án B
Ta có nX = 0,01 mol phản ứng vừa đủ với 0,03 mol KOH
⇒ X phản ứng với KOH theo tỉ lệ 1:3 ⇒ X chỉ có thể là HCOOC6H4OH.
⇒ X có 3 CTCT ứng với 3 vị trí o, m ,p
X, Y, Z là 3 este đều đơn chức, mạch hở (trong đó Y và Z không no chứa một liên kết C=C và có tồn tại đồng phân hình học, MY < MZ). Đốt cháy 21,62 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với oxi vừa đủ, sảm phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 34,5 gam so với trước phản ứng. Mặt khác đun nóng 21,62 gam E so với 300 mL dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu được hỗn hợp F chỉ chứa 2 muối và hỗn hợp gồm 2 ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng. Khối lượng (gam) của muối có khối lượng phân tử lớn trong hỗn hợp F có giá trị gần nhất với
Đáp án C
21,62 gam E (este đều đơn chức) + vừa đủ 0,3 mol NaOH ||→ nCOO trong E= 0,3 mol
♦ giải đốt 21,62 gam E (0,3 mol) + O2 → x mol CO2 + y mol H2O.
(CO2 + H2O) + Ca(OH)2 dư có Δmdung dịch giảm = 56x – 18y = 34,5 gam.
Lại có mE = 12x + 2y + 0,3 × 32 = 21,62 gam ||→ giải x = 0,87 mol và y = 0,79 mol.
||→ tương quan ∑nCO2 – ∑nH2O = nY + Z = 0,08 mol → nX = 0,22 mol.
chú ý: Y, Z không no và thủy phân cho ancol nên số CY, Z ≥ 4.
Chặn số Ctrung bình của X < (0,87 – 0,08 × 4) ÷ 0,22 = 2,5 → số CX = 2 hay X là HCOOCH3.
♦ Biện luận: hai ancol đồng đẳng nên ancol còn lại là C2H5OH.
Thủy phân E chỉ cho 2 muối mà 1 muối là HCOONa (no rồi)
||→ 1 muối còn lại phải là không no 1 C=C là gốc axit của Y và Z.
nghĩa là Y là CnH2n – 1COOCH3 và Z là CnH2n – 1COOC2H5 (Y, Z đồng đẳng kế tiếp)
Đơn giản, tính lại số Ctrung bình Y, Z = (0,87 – 0,22 × 2) ÷ 0,08 = 5,375
||→ số CY = 5 và số CZ = 6. tuy nhiên, đọc kĩ yêu cầu bài tập
||→ chỉ quan tâm muối lớn trong F là 0,08 mol C3H5COONa ⇄ myêu cầu = 8,64 gam.
.PNG)
