Lý thuyết
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
Công thức
Công thức Toán học
Soạn văn
Toán THPT
Toán THCS
Thi vào lớp 10
Tuyển sinh
Đại học
Bản tin
Thư viện câu hỏi
Thi Online
Hỏi bàiĐề thi thử THPT QG môn Hóa năm 2019 - Trường THPT Huỳnh Thúc Kháng lần 1
Đề thi thử THPT QG môn Hóa năm 2019 - Trường THPT Huỳnh Thúc Kháng lần 1
-
Hocon247
-
40 câu hỏi
-
90 phút
-
22 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
Chất nào sau đây tham gia được phản ứng tráng gương ?
Chất HCOOC2H5 có chứa nhóm –CHO trong phân tử nên tham gia được phản ứng tráng gương.
Cho các chất sau: HCOOC2H5; CH3COOH; CH3COOCH3; C3H5(OH)3. Số chất thuộc loại este là:
Este đơn chức có dạng RCOOR’ ⇒ gồm: HCOOC2H5;CH3COOCH3;
Hỗn hợp X gồm một axit hữu cơ đơn chức và một este đơn chức của ancol etylic. Cho m gam X tác dụng vừa đủ với 50 ml dung dịch NaOH 1M thu được một ancol và 4,7 gam một muối. Đun toàn bộ lượng ancol này với H2SO4 đặc thu được 336 ml olefin (đktc). Giá trị của m là
nNaOH = 0,05 mol; nancol = nanken = 0,015 mol
X tác dụng với NaOH cho 1 muối và 1 ancol ⇒ axit và este trong A phải có cùng gốc axit.
Đặt CTPT RCOOH: a mol và RCOOC2H5 : 0,015 mol
RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O
Mol a → a a
RCOOC2H5 + NaOH → RCOONa + C2H5OH
Mol 0,015 0,015 0,015 0,015
nNaOH = a + 0,015 = 0,05 mol → a = 0,035
mmuối = (R + 67).0,05 = 4,7 → R = 27 (C2H3) → axit là C2H3COOH, este là C2H3COOC2H5
→ m = 72.0,035 + 100.0,015 = 4,02 gam
Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol este X cần vừa đủ 0,2 mol NaOH thu được 13,4 gam muối và hỗn hợp Y gồm các ancol đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn lượng ancol Y thu được 0,5 mol CO2. CTPT của X là
T = nNaOH : n este = 2 ⇒ este 2 chức. Sau phản ứng thủy phân thu được 1 muối và 2 ancol đơn chức nên đặt CTPT TB của este là R(COOR')2
R(COOR')2 + NaOH → R(COONa)2 + 2 R'OH
Mol 0,1 → 0,2 0,1 0,2
Mmuối = 13,4 0,1 = 134 → R + 67.2 = 134 → R = 0
Ancol có số C = nCO2 : n ancol = 0,5 : 0,2 = 2,5 → 2 ancol đồng đẳng kế tiếp là C2H5OH và C3H7OH
→ CTPT của este là: C2H5-OOC-COO-C3H7 hay C7H12O4
Chất béo có công thức (C17H35COO)3C3H5 có tên gọi là
Chất béo có công thức (C17H35COO)3C3H5 có tên gọi là tristearin
Cho 69,79 kg chất béo A tác dụng vừa đủ với 14,56 kg KOH trong dung dịch, sau phản ứng thu được 7,82 kg glixerol. Khối lượng muối thu được sau phản ứng là
nKOH bđ = 1456 : 56 = 260 mol; nglixerol = 7820 : 92 = 85 mol
⇒ nKOH pư với este = 3.nglixerol = 3.85 = 255 mol < 260 mol
⇒ trong chất béo có cả axit tự do.
RCOOH + KOH → RCOOK + H2O (1)
(RCOO)3C3H5 + 3KOH → 3RCOOK + C3H5(OH)3 (2)
nKOH pư với axit = 260 – 255 = 5 mol = nH2O tạo ra.
→ BTKL mA + mNaOH pư = mmuối + mglixerol + mH2O
⇒ mmuối = 69,79 + 56.260.10-3 – 7,82 – 18.5.10-3 = 76,44 kg
Phát biểu nào sau đây là đúng?
CH2OH-(CHOH)4-CH=O + H2 → CH2OH-(CHOH)4-CH2OH
glucozơ sobitol
B sai. Xenlulozơ không tan trong nước ngay cả khi đun nóng, không tan trong các dung môi hữu cơ thông thường như ete, etanol, benzen,...
C sai. Vì thủy phân hoàn toàn tinh bột trong dung dịch H2SO4, đun nóng, tạo ra glucozơ.
D sai. Vì saccarozơ không có nhóm –CHO nên không có phản ứng tráng bạc
Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 3 olefin rồi cho sản phẩm cháy lần lượt qua bình I đựng H2SO4 đặc, dư và bình II đựng dung dịch Ca(OH)2 đặc, dư, thấy khối lượng bình I tăng m g và bình II tăng ( m + 5,2) gam. Giá trị của m là
Đốt anken cho kết quả nCO2 = nH2O ⇒ ( m+ 5,2) : 44 = m : 18⇒ m = 3,6 gam
Từ 1 tấn tinh bột người ta sản xuất ra ancol eylic theo 2 giai đoạn:
Tinh bột → glucozơ → C2H5OH + CO2 .
Biết H1 = 80%, H2 = 70%. Tính khối lượng ancol etylic thu được từ 1 tấn tinh bột?
Hchung = 0,8.0,7 = 0,56 = 56%. Trước tiên giải với H = 100%:
(C6H10O5)n → nC6H12O6 → 2nCO2 + 2nC2H5OH
Tấn 162n 180n 2n.44 2n.46 (đều có n nên coi n = 1)
1 → x =?
→ mC2H5OH = x = (1,92 : 162) tấn
Do H = 56% nên: mC2H5OH = (1,92: 162). (56 :100) = 0,318 tấn = 318 kg
Phát biểu nào sau đây không đúng ?
B sai. Đúng phải là, bậc của amin được tính bằng số nguyên tử H trong phân tử NH3 bị thay thế bởi các gốc hiđrocacbon. Hoặc định nghĩa bậc của amin được tính bằng số gốc hiđrocacbon liên kết với nguyên tử N. Ví dụ: CH3-NH-CH2-CH3 là amin bậc hai.
Trong các tên gọi dưới đây, tên nào không phù hợp với chất CH3–CH(NH2)–COOH ?
Anilin là tên gọi của chất có công thức C6H5NH2, không phải là chất đề cho.
Hợp chất hữu cơ X có CTPT C2H8O3N2. Đun nóng 10,8 gam X với dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch Y. Khi cô cạn dung dịch Y thu được phần hơi có chứa một chất hữu cơ Z có 2 nguyên tử C trong phân tử và còn lại a gam chất rắn. Giá trị của a là
X là muối nitrat [C2H7NH+][NO3-] hoặc muối cacbonat CH2(NH3+)2(CO32-).
Vì cô cạn dung dịch Y thu được phần hơi chỉ chứa một chất hữu cơ Z có 2 nguyên tử C nên X là [C2H7NH+][NO3-]
(Có 2 CTCT: [C2H5NH3+][NO3-] hoặc [CH3-NH2+-CH3][NO3-]) [C2H7NH+][NO3-] + NaOH → C2H7N↑+ NaNO3 + H2O
→ mNaNO3 = 0,1.85 = 8,5 gam
Hỗn hợp X gồm 0,4 mol H2 và 0,3 mol C2H4. Nung nóng X với bột Ni xúc tác một thời gian thu được hỗn hợp Y. Dẫn hh Y qua dung dịch Br2 dư, thấy có hh khí Z bay ra. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Z thu được 8,8 gam CO2 và 7,2 gam H2O. Khối lượng bình Br2 tăng lên là
nX = 0,2 mol; 2 nBa(OH)2 = 0,3 mol
CH3-CH(NH3Cl)-COOH + 2Ba(OH)2 → [CH3-CH(NH2)-COO]2Ba + BaCl2 + 2H2O
0,2 → 0,4 0,2 0,2 0,4
BTKL: mX + mBa(OH)2 = x + mH2O ⇒ x = 25,1 + 171.0,3 - 18.0,4 = 69,2 gam
Peptit nào sau đây không có phản ứng màu biure?
Peptit phải có từ 2 liên kết peptit trở lên (tức phải là tripeptit trở lên) mới có phản ứng màu biure.
Cho kim loại M tác dụng với Cl2 được muối X; cho kim loại M tác dụng với dung dịch HCl được muối Y. Nếu cho kim loại M tác dụng với dung dịch muối X ta cũng được muối Y. Kim loại M có thể là
Từ giả thiết ⇒ M phải là kim loại đa hóa trị ⇒ Chọn D
2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 (X)
Fe + 2HCl → FeCl2 (Y) + H2
Fe + 2FeCl3 → 3FeCl2
Kim loại kiềm được điều chế bằng phương pháp nào sau đây?
Do Kim loại kiềm có tính khử mạnh nên dạng oxi hóa M+ có tính oxi hóa rất yếu, do vậy phương pháp duy nhất để điều chế kim loại kiềm là điện phân nóng chảy muối halogenua hoặc hiđroxit của kim loại kiềm. Ví dụ : Điều chế Na người ta tiến hành điện phân nóng chảy muối halogenua:
2NaCl → 2Na + Cl2
Phương trình phản ứng nào sau đây NH3 không thể hiện tính khử ?
Vì số oxi hóa của N trong NH3 không thay đổi ở trước và sau phản ứng.
Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm và một kim loai kiềm thổ. Hòa tan hoàn toàn 1,788 gam X vào nước, thu được dung dịch Y và 537,6 ml khí H2 (đktc). Dung dịch Z gồm H2SO4 và HCl, trong đó số mol HCl gấp hai lần số mol của H2SO4. Trung hòa dung dịch Y bằng dung dịch Z tạo ra m gam hỗn hợp muối. Giá trị của m là
Dù là kim loại kiềm hay kim loại kiềm thổ khi tác dụng với H2O ta luôn có
nOH- = 2. nH2 = 2.0,024 = 0,048 mol
Đặt nHCl = 2x; nH2SO4 = x ⇒ nH+ = 4x = nOH- = 0,48 ⇒ x = 0,12 mol
⇒ nCl- = 0,024; nSO42- = 0,012
⇒ mmuối = mion kim loại + mCl- + mSO42- = 1,788 + 35,5.0,024 + 96.0,012 = 3,792 gam
Phản ứng hóa học nào dưới đây là của hiện tượng ăn mòn điện hóa?
Các phản ứng A, B, C đều là hiện tượng ăn mòn hóa học.
Phản ứng D là hiện tượng ăn mòn điện hóa. Giải thích như sau:
- Khi để các vật dụng bằng sắt (hầu hết không nguyên chất) ngoài không khí ẩm hoặc tiếp xúc với nước thì sẽ xuất hiện trên bề mặt vật dụng đó vô số các cặp pin điện hoá.
-Cực âm (anôt): xảy ra sự oxi hóa kim loại
Fe → Fe3+ (1)
Ion Fe3+ tan vào dung dịch làm cho kim loại bị ăn mòn.
+ Các e di chuyển từ cực âm đến cực dương tạo nên dòng điện có chiều ngược lại.
- Cực dương (catôt): là kim loại có tính khử yếu hơn, hoặc phi kim. Tại cực dương xảy ra sự khử của môi trường:
1/2O2 + H2O + 2e → 2OH- (2)
- Phản ứng tổng cộng trong pin: Ghép (1) với (2) được:
2Fe + 3/2 O2 + 3H2O → 2Fe(OH)3
.png)
Cho a mol Fe tác dụng với dung dịch HNO3 thu được 2,24 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch X và còn dư 5,6 gam Fe. Cô cạn dung dịch X thu được b gam muối khan. Giá trị của a, b lần lượt là
nNO = 0,1 mol
Vì kim loại dư nên axit hết, phản ứng tạo muối Fe2+
3Fe + 8HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 4H2O
0,15 0,4 0,15 0,1
nFe pư = 0,15 mol ⇒ nFe bđ = 0,15 + 0,1 = 0,25 mol
⇒ mFe(NO3)2 = 180.0,15 = 27 gam
Dãy các kim loại đều có thể được điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch muối của chúng là:
Đáp án A có Ba, đáp án C có Al, đáp án D có Mg là các kim loại hoạt động mạnh nên để diều chế được chúng ta chỉ dùng được phương pháp điện phân nóng chảy
Để điều chế các kim loại có tính khử yếu và trung bình (sau Al) người ta điện phân dung dịch muối của chúng trong nước. Ví dụ:
CuCl2 → Cu + Cl2
2CuSO4 + 2H2O → 2Cu + O2 + 2H2SO4
Phát biểu nào không đúng?
Phát biểu A sai, đúng phải là: Crom(VI) oxit là oxit axit. Khi cho oxit này tác dụng với H2O sẽ thu được hai axit tương ứng.
CrO3 + H2O → H2CrO4 (tương tự SO3 + H2O → H2SO4)
2CrO3 + H2O → H2Cr2O7
Tổng hệ số (những số nguyên, tối giản) của tất cả các chất trong phản ứng giữa Cu và HNO3 đặc, nóng là
Cu + 4HNO3 đặc, nóng → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
Tổng hệ số cân bằng tối giản của các chất trong phản ứng giữa Cu và HNO3 đặc, nóng là 10
Cho các phản ứng sau:
(a) H2S + SO2 →
(b) Na2S2O3 + dung dịch H2SO4 loãng →
(c) SiO2 + Mg →
(d) Al2O3 + dung dịch NaOH →
(e) Ag + O3 →
(g) SiO2 + dung dịch HF →
Số phản ứng tạo ra đơn chất là
Các phản ứng tạo ra đơn chất là: (a), (b), (c), (e).
Hòa tan 15,2 gam hỗn hợp Fe và Cu vào 200 ml dung dịch HNO3 xM, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A chỉ chứa một chất tan, V lít khí NO (spk duy nhất, ở đktc) và còn 14,36 gam chất rắn không tan. Giá trị của x và V lần lượt là
Kiểm tra đáp án ta thấy đáp án B có HNO3 n = 4.nNO
