50 câu hỏi
(C6H5)2NH.
C6H5CH2NH2.
C6H5NH2.
NH3.
Đáp án A.
9,1.
9,7.
9,5.
10,0
Đáp án A.
Để thu được cùng 1 lượng X thì ta phải gấp đôi lượng Y ban đầu lên.
⇒ Đốt 2a(g) Y
⇒ Thu được 0,24 × 2 = 0,48 mol H₂O
► Quy Z về Y:
2X₃ (Z) + H₂O → 3X₂ (Y).
BTNT(H)
⇒ Số mol H₂O chênh lệch khi đốt Y và Zbằng lượng H₂O thêm vào để biến Z thành Y.
⇒ nH₂O thêm = 0,48 – 0,44 = 0,04 mol
⇒ nY = nX₂ = 0,04 × 3 = 0,12 mol.
Lại có nếu X có dạng CnH2n+1NO₂ thì Y có dạng:
C2nH4nN₂O₃
⇒ 4n = 0,48 × 2 ÷ 0,12 = 8
⇒ n = 2
⇒ X là Gly
► Bảo toàn gốc X:
nX ứng với 2m = 0,12 × 2 = 0,24 mol
⇒ m = 0,24 × 75 ÷ 2 = 9(g)
Valin.
Glyxin.
Lysin.
Alanin.
Đáp án B.
C2H7N.
C3H7N.
C3H9N.
C4H11N.
Đáp án C.
(1), (2), (3), (4), (5).
(5), (4), (1), (2), (3).
(5), (4), (3), (2), (1).
(5), (4), (2), (1), (3).
Đáp án B.
Vinyl axetat, lòng trắng trứng, triolein, hồ tinh bột.
Lòng trắng trứng, triolein, vinyl axetat, hồ tinh bột.
Lòng trắng trứng, triolein, hồ tinh bột, vinyl axetat.
Triolein, vinyl axetat, hồ tinh bột, lòng trắng trứng.
Đáp án B.
X có phản ứng màu biure.
⇒ Loại A và D.
Z có nhóm –CHO hoặc phản ứng với NaOH tạo sản phẩm chứa nhóm –CHO.
⇒ Loại C.
45,54.
44,45.
42,245.
40,125.
Đáp án C.
Nhận thấy cả 4 chất đều chứa 1 nguyên tử N.
⇒ NTrung bình = 1 ⇒ nN2 = 0,1 mol.
Ta có mBình H2SO4 tăng = mH2O = 14,76 gam
⇒ nH2O = 0,82 mol.
⇒ nCO2 = 1,58 – nH2O – nN2 = 0,66 mol
Đặt số nguyên tử Oxi = 2a để các bạn dễ hình dung nó ứng với 1 liên kết π.
⇒ CTTQ của hỗn hợp X có dạng là:
CnH2n+2–2a+1O2aN1.
Với số CTrung bình = n = 0,66 ÷ 0,2 = 3,3
Số HTrung bình = 0,82×2÷0,2 = 8,2.
Bảo toàn hiđro ta có: 2n+2–2a+1 = 8,2
⇒ 2×3,3 + 2 – 2a + 1 = 8,2
⇒ a = 0,7.
⇒ CTTQ của X có dạng: C3,3H8,2O1,4N.
⇒ Với 29,47 gam X thì nHỗn hợp X = 29,47÷84,2 = 0,35 mol.
⇒ nHCl pứ = 0,35 mol
⇒ mMuối = 29,47 + 0,35×36,5 = 42,245 gam
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 50 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
1.
2.
3.
4.
Đáp án B.
X là tripeptit và Y là tetrapeptit.
Đặt nX = a và nY = b ta có:
● Xét Y có chứa Val.
⇒ Y có dạng: (Val)1(Gly)3.
⇒ PT theo số mol của KOH:
3a + 4b = 0,32 (1)
+ Giả sử X không chứa Val.
⇒ nMuối val = nY = 0,08 mol
⇒ 4b = nKOH
⇒ Vô lý
⇒ Loại.
+ Giả sử X chứa Val.
⇒ X có dạng (Val)1(Gly)2.
⇒ PT bảo toàn gốc Val là:
a + b = 0,08 (2).
+ Giải hệ (1) và (2)
⇒ a = 0
⇒ Loại.
Vậy X chứa Val và Y không chứa Val.
⇒ X có dạng (Val)1(Gly)2 và Y có dạng (Gly)1(Ala)3
⇒ PT bảo toàn số mol gốc Val: a = 0,08 (3).
⇒ Giải hệ (1) và (3) ta có:
a = 0,08 và b = 0,02 mol.
+ m = 0,08×231 + 0,02×288 = 24,24 gam
⇒ Đúng.
+ ∑nGly = 0,08×2 + 0,02 = 0,18 mol
⇒ mMuối Gly = 0,18×(75+38) = 20,34 gam
⇒ Đúng.
+ ∑nAla = 0,02×3 = 0,06 mol
⇒ mMuối Ala = 0,06×(89+38) = 7,62 gam
⇒ Sai.
+ X là 1 tripeptit chứ k phải tetrapeptit.
⇒ (4) Sai.
⇒ Có 2 nhận định đúng.
CH3CH2NH2.
CH3CH(NH2)CH3.
CH3NHCH2CH3.
(CH3)2NC2H5.
Đáp án C.
Amin bậc I, II và III lần lượt có dạng như sau:
H2NCH2COONH3CH3.
H2NCH2COOH.
H2NCH2CONHCH2COOH.
H2NCH2COOCH3.
Đáp án D.
31.
17.
14.
35.
Đáp án B.
38,16.
46,00.
40,08.
44,56.
Đáp án D
Tổng số nguyên tử oxi trong ba peptit = 9.
Mà tối thiểu mỗi peptit phải có 3 oxi.
⇒ X Y và Z đều là đipeptit.
⇒ X Y Z đều có CTPT là CnH2nO3N2.
+ Vì CnH2nO3N2 + O2 nCO2 + nH2O + N2.
⇒ nCO2 = nH2O = = 0,92 mol.
⇒ Bảo toàn oxi
⇒ nhh peptit = (0,92×3 – 1,14×2) ÷ 3 = 0,16 mol.
⇒ nKOH đã pứ = 0,16×2 = 0,32 mol
⇒ nKOH dư = 0,32×0,25 = 0,08 mol.
+ Bảo toàn khối lượng ta có:
mPeptit + mKOH = mRắn + mH2O.
+ BTKL ta có:
mPeptit = 57,04 + mN2 – mO2 = 25,04 gam.
⇒ mRắn = 25,04 + 0,4×56 – 0,16×18 = 44,56 gam.
H2NCH2COOH.
C2H5OH.
CH3COOH.
C6H5NH2.
Đáp án A.
CH5N.
C3H9N.
C2H7N.
C4H11N.
Đáp án B.
4,48.
1,68.
3,36.
1,12.
Đáp án B.
nN2 = 1/2 n Amin = 0.075
=> V =0.075*22.4 = 1.68
3.
2.
1.
4.
Đáp án B.
Alanin.
Valin.
Lysin.
Glyxin.
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.
2.
3.
4.
1.
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
198.
212.
208.
204.
Đáp án D.
● Xác định ancol Y:
Ta có nAncol B = nOlefin = 0,15 mol
⇒ MB = = 46
⇒ B là C2H5OH.
⇒ A có dạng H2N–R(COOC2H5)2.
⇒ nA = = 0,075 mol
⇒ nKOH pứ = 0,15 mol
⇒ nKOH dư = 0,05 mol.
Vậy chất rắn bao gồm 0,075 mol H2N–R(COOK)2 và 0,05 mol KOH.
⇒ 19,525 = 0,075×(R + 16 + 166) + 0,05×56
⇒ R = 41
⇒ MA = 16 + 41 + 44×2 + 29×2 = 203
CH5N, C2H7N, C3H9N.
C3H7N, C4H9N, C5H11N.
C3H8N, C4H11N, C5H13N.
C2H7N, C3H9N, C4H11N.
Đáp án D.
Vì hỗn hợp amin đơn chức
⇒ ∑nHỗn hợp amin = ∑nHCl pứ = = 0,32 mol.
+ Từ tỷ lệ mol 3 amin X, Y và Z
⇒ Số mol 3 nX = 0,02 mol
⇒ nY = 0,2 mol
⇒ nZ = 0,1 mol.
+ Đặt CT của X Y và Z lần lượt là:
R–NH2, R–CH2–NH2, R–(CH2)2–NH2.
⇒ 0,02×(R+16) + 0,2×(R+14+16) + 0,1×(R+28+16) = 20
⇒ R = 29 (C2H5–).
⇒ CTPT của X Y và Z lần lượt là: C2H7N, C3H9N, C4H11N.
4,488.
4,152.
4,800.
4,632.
Đáp án D.
Ta có X: C3H10N2O4 có a=0 nên ta có CTTQ RCOONH4 hoặc RCOONH3R'
Mặt khác X là acid hữu cơ đa chức nên ta có CT là H4NOOC-COONH3CH3
Tương tự Y:
C3H12N2O3 có a= -1 → CT: (RNH3)2CO3
X + NaOH→ NaOOC-COONa + NH3 + CH3NH2 + H2O
Y + NaOH→ Na2CO3 + 2.CH3NH2 + H2O
Gọi số mol của X , Y lần lượt là x, y.
→ nCH3NH2 = x + 2y và nNH3 = x mol
Ta có hệ:
→ m = 4,632 gam.
24
21
26
32
Đáp án B.
Có nGly = 0,17 mol,nAla = 0,16 mol và nVal = 0,05 mol
Có nCO2 =0,17.2 +0,16.3 + 0,05. 5 = 1,07 mol
nN2 = ( 0,17 + 0,16 + 0,05) : 2 = 0,19 mol
Coi hỗn hợp gồm 0,09 mol:
Bảo toàn nguyên tố C.
→ 0,38.2 + x = 1,07
→ x = 0,31 mol
→ nH2O = 0,38. 1,5 + 0,09+0,31 = 0,97 mol
mX = 0,38.57 + 14. 0,31 + 0,09. 18 = 27,62 gam
Cứ 27,62 gam X thì tạo thành:
1,07. 44 + 0,97. 18 = 64,54 gam CO2 và H2O.
⇒ Cứ 19,89 gam X thì tạo thành 46,5 gam O2 và H2O.
Val-Phe-Gly-Ala-Gly.
Gly-Phe-Gly-Ala-Val.
Gly-Ala-Val-Val-Phe.
Gly-Ala-Val-Phe-Gly.
Đáp án D.
Nhận thấy pentapeptit X gồm 2 Gly, 1 ala, 1 val và 1 Phe.
→ Loại C.
Khi thủy phân không hoàn toàn thu được đipeptit Val-Phe và tripeptit Gly-Ala-Val.
⇒ Loại A và B.
Alanin, axit glutamic.
Lysin, metylamin.
Glyxin, lysin.
Anilin, lysin.
Đáp án B.
Nước brom.
Dung dịch HCl.
O2, t0.
Dung dịch NaOH.
Đáp án A.
32,58 gam.
38,04 gam.
38,58 gam.
36,90 gam.
Đáp án D.
Đặt nGly = a và nLysin = b ta có.
a + b = 0,18
a + 2b = 0,24
⇒ a = 0,12 và b = 0,06.
⇒ m hỗn hợp = 0,12×75 + 0,06×146 = 17,76.
Nhận thấy 17,76 × 1,5 = 26,64.
⇒ Trong 26,64 gam X chứa:
nGly = 0,18 và nLyysin = 0,09 mol.
Nhận thấy ∑nCOOH/X = 0,18 + 0,09 = 0,27 < nKOH = 0,3 mol.
⇒ KOH dư.
⇒ mMuối = 0,18×(75+38) + 0,09×(146+38) = 36,9 gam.
2
3
1
4
Đáp án C.
Quy đổi Z thành Cm–1H2m+1NCO2
Đặt x = m – 1
⇒ 2x = 2m – 2 2x = 2m + 1 – 3 2m + 1 = 2x + 3.
⇒ Z có dạng CxH2x+3N(CO2)
=> Tương tự amin Y.
Nếu ta xem phần CO2 của Z không bị đốt cháy
Thì hh chỉ chứa CaH2a+3N. [Với a là số C trung bình của n và (m–1)]
Phản ứng cháy:
CaH2a+3N + O2 aCO2 + (a+1,5)H2O + N2.
⇒ 0,2 × = 0,45
⇒ a = 1
⇒ Sau khi Z bớt 1 cacbon thì Y và Z đều có 1 cacbon.
⇒ Z là amino axit có 2 cacbon.
⇒ Z chỉ có thể là Glyxin.
45,79%.
57,24%.
65,05%.
56,98%.
Đáp án B.
► Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O với số mol x, y và z.
mE = 57x + 14y + 18z = 23,06(g)
Đốt muối cũng như đốt E
⇒ nO₂ = 2,25x + 1,5y = 0,87 mol
Bảo toàn nguyên tố Natri:
nNa₂CO₃ = 0,2 mol.
Bảo toàn nguyên tố Nitơ:
nN₂ = 0,5x mol
● Muối chứa x mol C₂H₄NO₂Na, y mol CH₂ và (0,4 – x) mol NaOH dư.
Đốt cho (2x + y – 0,2) mol CO₂ và nH₂O = (1,5x + y + 0,2) mol H₂O
⇒ nT = nCO₂ + nH₂O + nN₂ = (2x + y – 0,2) + (1,5x + y + 0,2) + 0,5x = 1,5 mol
⇒ Giải hệ có: x = 0,34 mol; y = 0,07 mol; z = 0,15 mol
► Số mắt xích trung bình = 0,34 ÷ 0,15 = 2,26
⇒ Phải chứa ít nhất 1 đipeptit.
⇒ ∑số mắt xích của 2 peptit còn lại = 10 – 3 – 2 = 5
Lại có, 2,26 ⇒ phải chứa peptit ≥ 3 mắt xích.
⇒ Cách chia duy nhất.
5 mắt xích còn lại cho 2 peptit là 5 = 2 + 3.
● Đặt n đipeptit = a; n tripeptit = b
⇒ nC₂H₃NO = 2a + 3b = 0,34 mol.
nH₂O = a + b = 0,15 mol
⇒ Giải hệ có: a = 0,11 mol; b = 0,04 mol
Do Ctb = (0,34 × 2 + 0,07) ÷ 0,15 = 5
⇒ Phải chứa Gly₂.
Lại có, 2 peptit chứa cùng số C
⇒ 2 peptit cùng số C là 2 peptit còn lại
(vì Gly₂ chỉ có 1 đồng phân )
Mặt khác, do nCH₂ : ntripeptit < 2
⇒ Chỉ ghép tối đa 1 CH₂ cho tripeptit
⇒ Tripeptit là Gly₃ hoặc Gly₂Ala
● Với Gly₃ thì đipeptit còn lại là Ala₂
⇒ Loại vì không chứa Val
● Với Gly₂Ala thì đipeptit còn lại là GlyVal
⇒ Thỏa mãn.
⇒ nGlyVal = (0,07 – 0,04) ÷ 3 = 0,01 mol
⇒ nGly₂ = 0,11 – 0,01 = 0,1 mol
► Peptit có PTK nhỏ nhất là Gly₂
⇒ %mGly₂ = 0,1 × 132 ÷ 23,06 × 100% = 57,24%
1,0.
1,4.
2,0.
0,5.
Đáp án A.
CH3NH2.
NH3.
C2H5NH2.
C6H5NH2.
Đáp án D.
6
2
3
4
Đáp án A.
0,85 gam.
8,10 gam.
8,15 gam.
7,65 gam.
Đáp án C.
17,83.
13,87.
19,80.
17,47.
Đáp án A.
14,46.
16,46.
15,56.
14,36.
Glyxin.
Metyl amin.
Glucozơ.
Anilin.
Đáp án B.
Valin.
Glyxin.
Alanin.
Lysin.
Đáp án B.
57,2.
82,1.
60,9.
60,9.
Đáp án C.
Nhận thấy sau khi thủy phân ala nằm trong 0,2 mol Gly–Ala và 0,3 mol Ala.
⇒ nTetrapeptit = ∑nAla = 0,2 + 0,3 = 0,5 mol.
Bảo toàn gốc Gly.
⇒ nα–amino axit = 0,5×2 – 0,2 – 0,3 = 0,5 mol.
Bảo toàn gốc Val.
⇒ nα–amino axit = 0,5 – 0,3 = 0,2 mol.
⇒ m = 0,5×75 + 0,2×117 = 60,9 gam.
23,54 gam
20,62 gam
29,06 gam
14,62 gam
Đáp án A.
Hỗn hợp X chứa Y (C2H7O2N)
⇒ Y là HCOONH3CH3
và Z có CTPT (C4H12O2N2)
⇒ Z là H2NCH2COOH3NC2H5.
X + NaOH → 2 amin là CH3NH2 và C2H5NH2 với tỉ lệ 3 : 2.
+ Lập pt theo tỉ lệ mol và pt theo mhỗn hợp
⇒ nY = 0,06 và nZ = 0,04
Vì 18,84÷9,42 = 2
⇒ nY = 0,06×2 = 0,12 và nZ = 0,04×2 = 0,08.
X + HCl thu được 0,12 mol CH3NH3Cl + 0,08 mol C2H5NH3Cl
Ngoài ta còn có còn 0,08 mol ClH3NCH2COOH nữa
⇒ mMuối = 23,54 gam
Có kết tủa màu trắng xuất hiện.
Không có hiện tượng gì.
Có kết tủa màu vàng xuất hiện.
Dung dịch chuyển sang màu xanh tím do phản ứng màu biure.
Đáp án C.
Cu(OH)2/OH–.
Dung dịch AgNO3/NH3.
Dung dịch Br2.
Dung dịch NaOH.
Đáp án D.
0,1.
0,2.
0,4.
0,3.
CH3COOH.
C2H5OH.
CH3COOC2H5.
CH3NH2.
Đáp án D.
Lysin.
Glysin.
Axit α-aminoaxetic.
Alanin.
Đáp án D.
42,5 gam.
21,7 gam.
20,3 gam.
48,7 gam.
Cl2.
O2.
HCl.
CuO.
Đáp án B.
3
2
1
4
2
4
3
5
Đáp án C.
6
4
3
2
Đáp án B.
Do X chứa 2[O].
⇒ Este đơn chức hoặc muối amoni của axit đơn chức.
Phương trình:
1X + 1NaOH → 1Muối + 1?
⇒ n muối = nX = 0,15 mol.
⇒ M muối = 10,2 ÷ 0,15 = 68 (HCOONa)
⇒ Các CTCT của X thỏa mãn là:
HCOOH₃NCH₂CH₂CH₃, HCOOH₃NCH(CH₃)₂, HCOOH₂N(CH₃)CH₂CH₃, HCOONH(CH₃)₃
14,20.
16,36.
14,56.
18,2.
Đáp án D.
Ta có: mO : mN = 16 : 7
⇒ nO : nN = 1 : 0,5.
⇒ Hỗn hợp X đã cho có hai nhóm ∑n–COOH = ∑n–NH2.
⇒ nNaOH phản ứng = nHCl = 0,12 mol
⇒ nH2O tạo thành = 0,12 mol
⇒ BTKL ta có m = 10,36 + 0,25 x 40 – 0,12 x 18 = 18,2 gam.
45,2%
29,8%
34,1%
27,1%
Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
