Bộ 20 đề thi học kì 1 Hóa 12 có đáp án_ đề 12
40 câu hỏi
Chất nào sau đây thuộc loại amin bậc 2?
CH3NH2
CH3CH2NH2
(CH3)3N
CH3NHCH3
Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào khái niệm về bậc amin
Bậc amin = số gốc hiđrocacbon gắn với nguyên tử N.
Giải chi tiết:
Amin bậc 1: CH3NH2 ; CH3CH2NH2
Amin bậc 2: CH3NHCH3
Amin bậc 3: (CH3)3N
Cần dùng m gam glucozo để điều chế 1 lít dung dịch rượu etylic 400 (DC2H5OH = 0,8 gam/ml). Biết hiệu suất là 80%. Giá trị của m là:
782,61
626,09
1565,22
503,27
Đáp án A
VC2H5OH = 1.(40/100) = 0,4 lít = 400 ml
m C2H5OH = VC2H5OH.DC2H5OH = 400.0,8 = 320 gam
→ nC2H5OH = 3200 : 46 = 6,957 mol
C6H12O6 → 2CO2 + 2C2H5OH
Mol: 3,478 ← 6,957
→ mC6H12O6 (Thực tế cần dùng) = mC6H12O6 (lý thuyết tính theo PTHH).(100/H) = 3,478.180.(100/80) = 782,6 gam
Hòa tan 16,8 gam Fe trong dung dịch HNO3 đặc nóng dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Giá trị của V là:
20,16
10,08
11,2
13,44.
Đáp án A
Phương pháp giải:
Bảo toàn electron.
Giải chi tiết:
Quá trình cho - nhận e:
Fe → Fe+3 + 3e N+5 + 1e → N+4
Bảo toàn e: 3nFe = nNO2 = 3.(16,8/56) = 0,9 mol
→ VNO2 = 22,4.0,9 = 20,16 lít
Thủy phân hợp chất:
H2N-CH(CH3)-CO-NH-CH2-CO-NH-CH2-CH2-CO-NH-CH(C6H5)-CO-NH-CH(CH3)-COOH
thì thu được nhiều nhất bao nhiêu a-amino axit ?
4
2
3
5
Đáp án C
Phương pháp giải:
Định nghĩa: a-amino axit là các aminoaxit có nhóm COOH và nhóm NH2 gắn cùng vào 1 C (hay nhóm NH2 gắn vào Ca).
Giải chi tiết:
Thủy phân hợp chất đề bài cho ta thu được:
2 phân tử H2N-CH(CH3)-COOH
1 phân tử H2N-CH2-COOH
1 phân tử H2N- CH(C6H5)-COOH
1 phân tử H2N-CH2-CH2-COOH (là b-amino axit)
Vậy có nhiều nhất là 3 α-amino axit
Kim loại Cu tác dụng với dung dịch nào sau đây tạo khí?
Fe(NO3)3
Na2SO4 + HCl
HCl + FeCl3
HCl + KNO3
Đáp án D
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
- Cu không phản ứng với dung dịch Na2SO4 + HCl
- Với Fe(NO3)3 và (HCl + FeCl3): Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+
- Với HCl + KNO3: Cu + H+ + NO3- → Cu2+ + sản phẩm khử (khí NxOy) + H2O
Vậy Cu tác dụng với dung dịch HCl + KNO3 tạo khí.
Đốt cháy hoàn toàn m gam amin no đơn chức mạch hở X thu được 17,6 gam CO2, 9,9 gam H2O và V lít N2 (đktc). Giá trị của m là:
4,2
7,3
6,4
5,3
Đáp án B
Phương pháp giải:
Tính toán theo PTHH
Giải chi tiết:
nCO2 = 17,6 : 44 = 0,4 mol; nH2O = 9,9 : 18 = 0,55 mol
Bảo toàn C → nC = nCO2 = 0,4 mol
Bảo toàn H → nH = 2nH2O = 2.0,55 = 1,1 mol
Gọi CTTQ của amin no đơn chức mạch hở X: CnH2n+3N
Phản ứng cháy: CnH2n+3N + (1,5n + 1,75)O2 nCO2 + (n + 1,5) H2O + 0,5N2
Khi đốt amin no, đơn chức, mạch hở thì: n amin = (nH2O - nCO2)/1,5 = (0,55 - 0,4)/1,5 = 0,1 mol
Amin đơn chức có chứa 1N → nN = n amin = 0,1 mol
Amin tạo nên từ C, H, N → m amin = mC + mH + mN = 0,4.12 + 1,1 + 0,1.14 = 7,3 gam
Thủy phân hoàn toàn 14,4 gam vinyl fomat rồi cho toàn bộ sản phẩm tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam Ag. Giá trị của m là
32,4
21,6
43,2
86,4
Đáp án D
Phương pháp giải:
Tính toán theo PTHH
Giải chi tiết:
nHCOOCH=CH2 = 14,4 : 72 = 0,2 mol
Thủy phân hoàn toàn nên là thủy phân trong MT kiềm. Giả sử ta cho thủy phân trong NaOH:
HCOOCH=CH2 + NaOH → HCOONa + CH3CHO
Mol 0,2 → 0,2 → 0,2
Khi cho sản phẩm tráng bạc:
HCOONa → 2Ag
CH3CHO → 2Ag
→ nAg = 2nHCOONa + 2nCH3CHO = 2.0,2 + 2.0,2 = 0,8 mol
→ mAg = 0,8.108 = 86,4 gam
Để tách được Ag từ hỗn hợp Ag, Fe, Cu mà không làm tăng khối lượng Ag người ta dùng:
dung dịch Fe(NO3)3
dung dịch AgNO3
dung dịch HNO3 đặc nóng
dung dịch HCl
Đáp án A
Phương pháp giải:
Để tách được chất X từ hỗn hợp mà không làm thay đổi khối lượng thì ta chọn hóa chất không phản ứng với X nhưng phản ứng được với các chất còn lại, đồng thời không sinh thêm X.
Giải chi tiết:
Để tách được Ag từ hỗn hợp Ag, Fe, Cu mà không làm tăng khối lượng Ag thì cần dung dịch chỉ phản ứng với Fe, Cu nhưng không phản ứng với Ag và không tạo thêm Ag.
Ta thấy
A. Dung dịch Fe(NO3)3
Thỏa mãn, Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+ ; Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+, Ag không phản ứng
B. Dung dịch AgNO3
Sai, vì Fe và Cu phản ứng với AgNO3 đều tạo Ag
C. Dung dịch HNO3 đặc nóng
Sai, Ag cũng tan trong HNO3
D. Dung dịch HCl
Sai, Cu và Ag không phản ứng với HCl
Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm 3 este (chỉ chứa chức este) tạo bởi axit fomic và các ancol metylic, etylen glicol, glixerol thu được 4,032 lít CO2 (đktc) và 2,52 gam H2O. Giá trị của m là
6,24.
4,68.
5,32.
3,12.
Đáp án C
Phương pháp giải:
Bảo toàn nguyên tố
Giải chi tiết:
nCO2 = 4,032 : 22,4 = 0,18; nH2O = 2,52 : 18 = 0,14
X gồm: HCOOCH3 ; (HCOO)2C2H4 ; (HCOO)3C3H5 đều là các chất có số C = số O
→ nC = nO
Bảo toàn nguyên tố C, H:
→ nC = nO = nCO2 = 0,18 mol
→ nH = 2nH2O = 0,28 mol
Vậy mX = mC + mH + mO = 12.0,18 + 1.0,28 + 16.0,18 = 5,32 gam
Cho 0,2 mol amino axit X (mạch hở) vào 200 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Y. Y phản ứng vừa hết với 400 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 33,9 gam muối. Khối lượng của 0,2 mol chất X là:
23,4
15,0
17,8
20,6
Đáp án C
Phương pháp giải:
Tính theo PTHH. Bảo toàn khối lượng
Giải chi tiết:
Coi cả quá trình là: (0,2 mol X + 0,2 mol HCl) phản ứng hết với 0,4 mol NaOH
Ta có:
COOH + NaOH → COONa + H2O
HCl + NaOH → NaCl + H2O
→ nNaOH = nCOOH (X) + nHCl
→ nCOOH (X) = 0,4 - 0,2 = 0,2 mol = nX → X có 1 nhóm COOH
Phản ứng:
RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O
HCl + NaOH → NaCl + H2O
→ nH2O = nNaOH = 0,4 mol
Bảo toàn khối lượng: mX + mHCl + mNaOH = mmuối + mH2O
→ mX = 33,9 + 18.0,4 - 36,5.0,2 - 40.0,4 = 17,8 gam
Tơ olon có phân tử khối bằng 63600 đvC. Số mắt xích của tơ olon là
1100
1170
1200
1250
Đáp án C
Phương pháp giải:
Polime có dạng (A)n → Mpolime = n.MA
Giải chi tiết:
Tơ olon là (-CH2-CHCN-)n
→ Molon = 41n = 63600 → n = 1200
Dung dịch nào sau đây làm quỳ tím chuyển màu xanh?
Dung dịch H2NCH2COOH
Dung dịch HOOC-[CH2]2-CH(NH2)-COOH
Dung dịch CH3CH(NH2)COOH
Dung dịch C6H5CH2NH2
Đáp án D
Phương pháp giải:
Sự đổi màu của quỳ tím:
*Amin:
- Amin có nguyên tử N gắn trực tiếp với vòng benzen có tính bazo rất yếu, không làm đổi màu quỳ tím.
- Các amin khác làm quỳ tím chuyển xanh.
*Amino axit:
- Số nhóm NH2 = số nhóm COOH → Không làm đổi màu quỳ tím
- Số nhóm NH2 > số nhóm COOH → Làm quỳ tím hóa xanh (VD: Lysin)
- Số nhóm NH2 < số nhóm COOH → Làm quỳ tím hóa đỏ (VD: Axit glutamic)
Giải chi tiết:
Dung dịch H2NCH2COOH và CH3CH(NH2)COOH không làm quỳ tím đổi màu
(vì số NH2 = số COOH = 1)
Dung dịch HOOC-[CH2]2-CH(NH2)-COOH làm quỳ tím hóa đỏ
(vì số COOH > số NH2)
C6H5CH2NH2 làm quỳ tím chuyển xanh
(Vì gốc phenol không gắn trực tiếp vào nhóm NH2 nên lực bazo còn đủ mạnh để làm đổi màu quỳ tím)
Phân tử vinyl axetat có số nguyên tử H là
2
8
6
4
Đáp án C
Phương pháp giải:
Viết công thức cấu tạo chất từ đó suy ra số nguyên tử H.
Giải chi tiết:
Vinyl axetat có CTCT CH3COOCH=CH2 → Phân tử có 6H
Cho 13,5 gam hỗn hợp gồm 3 amin no đơn chức mạch hở tác dụng với vừa đủ 300 ml dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch chứa m gam hỗn hợp muối. Giá trị của m là:
20,35
21,42
24,15
24,45
Đáp án D
Phương pháp giải:
Bảo toàn khối lượng: mmuối = mamin + mHCl
Giải chi tiết:
nHCl = 0,3.1 = 0,3 mol
Gọi CTTB của amin đơn chức mạch hở là RNH2
Phản ứng: RNH2 + HCl → RNH3Cl
Bảo toàn khối lượng: mmuối = mamin + mHCl = 13,5 + 36,5.0,3 = 24,45 gam
Cho 96 gam hỗn hợp gồm valin và glyxin (tỉ lệ mol 1 : 1) tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư thu được dung dịch Y chứa m gam muối. Giá trị của m là
107
201
118
181
Đáp án C
Phương pháp giải:
- Dựa vào khối lượng hỗn và tỉ lệ mol tính được số mol của từng a.a
- Tìm mol NaOH, H2O dựa vào mol của a.a
- Áp dụng bảo toàn khối lượng tìm được m
Giải chi tiết:
Đặt nVal = nGly = x mol
mhh = 75x + 117x = 96 → x = 0,5 mol
Phản ứng:
Gly + NaOH → Gly-Na + H2O
Val + NaOH → Val-Na + H2O
Theo các phản ứng: nNaOH = nH2O = na.a = 0,5 + 0,5 = 1 mol
BTKL: ma.a + mNaOH = mmuối + mH2O
→ 96 + 1.40 = m + 1.18
→ m = 118 gam
Chất nào sau đây khi tham gia phản ứng thủy phân tạo sản phẩm chứa fructozo?
Saccarozo
Fructozo
Tinh bột
Xenlulozo
Đáp án A
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
- Tinh bột và xenlulozo thủy phân chỉ thu được Glucozo
- Fructozo không thể bị thủy phân vì là monosaccarit
- Saccarozo thủy phân thu được glucozo và fructozo
Este CH2=CHCOOCH3 không tác dung được với chất (hoặc dung dịch) nào sau đây?
H2O (xúc tác H2SO4 loãng đun nóng)
Kim loại Na
H2 (xúc tác Ni, đun nóng)
Dung dịch NaOH đun nóng
Đáp án B
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
CH2=CHCOOCH3 là 1 este không no
→ Có phản ứng: thủy phân (H2O hoặc NaOH), cộng H2 và không phản ứng với Na.
X là hợp chất hữu cơ đơn chức, là dẫn xuất của benzen có công thức phân tử là C8H8O2. X tác dụng với NaOH dư theo tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2. Số đồng phân cấu tạo thỏa mãn của X là
5
2
4
3
Đáp án C
k=2.8+2−82=5
Vòng benzen đã có 3 pi + 1 vòng → còn 1 pi ngoài vòng
Mặt khác X + NaOH với tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2
→ X có thể là este của phenol
Có 4 CTCT thỏa mãn là: CH3COOC6H5; o,m,p - HCOOC6H4CH3
Xà phòng hóa hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm CH3COOCH3 và HCOOCH3 bằng lượng vừa đủ 200 ml dung dịch NaOH 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam ancol. Giá trị của m là
12,3.
6,4.
3,2
9,2.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Tính theo PTHH: RCOOCH3 + NaOH → RCOONa + CH3OH
Giải chi tiết:
2 este có CT chung là: RCOOCH3 + NaOH → RCOONa + CH3OH
→ nCH3OH = nNaOH = 0,2.1 = 0,2 mol
→ m = 32.0,2 = 6,4 gam
Khi điện phân dung dịch X với điện cực trơ thì pH của dung dịch tăng. Dung dịch X là:
Dung dịch Na2SO4
Dung dịch HCl
Dung dịch H2SO4
Dung dịch CuSO4
Đáp án B
Xét các phản ứng điện phân:
A. Na+ và SO42- không bị điện phân nên nước điện phân hộ: H2O → H2 + O2
→ pH không đổi
B. 2H+ + 2Cl- → H2 + Cl2
→ Nồng độ H+ giảm → pH tăng
C. 2H+ + H2O → H2 + 0,5 O2 + 2H+ hay H2O → H2 + O2
→ Nồng độ H+ không đổi → pH không đổi
D. Cu2+ + H2O → Cu + 0,5 O2 + 2H+
→ Nồng độ H+ tăng → pH giảm
Phát biểu nào sau đây là sai?
Tơ nilon-6 là tơ hóa học
Đồng trùng hợp buta-1,3-dien và vinyl xianua có mặt Na thu được cao su buna - N
Trùng ngưng axit ađipic và etylen glicol thu được tơ lapsan
Xenlulozo, tinh bột thuộc loại polime thiên nhiên
Đáp án C
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
A, B, D đúng
C sai vì trùng ngưng axit terephtalat và etylen glicol thu được tơ lapsan
Thủy phân hoàn toàn m gam triglixerit X cần dùng vừa đủ 300 ml dung dịch NaOH 1M, thu được glixerol và 91,8 gam muối của 1 axit béo. Giá trị của m là
80
89
79
107
Đáp án B
Phương pháp giải:
- Dựa vào PTHH suy ra mối liên hệ giữa số mol X, NaOH, C3H5(OH)3.
- Áp dụng bảo toàn khối lượng để tính m.
Giải chi tiết:
PTHH: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5OH
→ nGlixerol = 1/3.nNaOH = 0,1 mol
Bảo toàn khối lượng: mX + mNaOH = mglixerol + mmuối
→ mX = 0,1.92 + 91,8 - 0,3.40 = 89 gam
Dung dịch fructozo không tác dụng với hóa chất nào sau đây?
Nước brom
Dung dịch AgNO3/NH3
Kim loại Na
Cu(OH)2/OH-
Đáp án A
Phương pháp giải:
Lý thuyết về monosaccarit.
Giải chi tiết:
Fructozo không phản ứng được với nước Br2 vì không có nhóm -CHO trong phân tử.
Chất nào sau đây là monosaccarit?
Tinh bột
Mantozo
Glucozo
Xenlulozo
Đáp án C
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
Monosaccarit: glucozo
Đisaccarit: mantozo
Polisaccarit: xenlulozo, tinh bột
Hỗn hợp M gồm glucozo, xenlulozo và saccarozo. Đốt cháy hoàn toàn m gam M cần dùng vừa đủ 0,54 mol O2 thu được CO2 và 0,49 mol H2O. Giá trị của m là
15,3
13,6
6,7
8,9
Đáp án A
Phương pháp giải:
- Khi đốt cháy cacbohiđrat ta luôn có: nO2 = nCO2
- Áp dụng bảo toàn khối lượng để tính m
Giải chi tiết:
M gồm: C6H12O6 ; C6H10O5 ; C12H22O11 đều có dạng: Cn(H2O)m
Phản ứng cháy tổng quát:
Cn(H2O)m + nO2 → nCO2 + mH2O
Khi đốt cháy cacbohiđrat ta luôn có: nO2 = nCO2 = 0,54 mol
BTKL: mM + mO2 = mCO2 + mH2O
→ m + 0,54.32 = 0,54.44 + 0,49.18
→ m = 15,3 gam
Phân tử peptit nào sau đây có 4 nguyên tử oxi?
Gly-Ala-Ala
Gly-Ala
Gly-Gly-Ala-Val
Gly-Ala-Glu
Đáp án A
Phương pháp giải:
Số O = Số O nhóm CONH + Số O của COOH
Giải chi tiết:
A. Gly-Ala-Ala có 2 nhóm CONH và 1 nhóm COOH → 4O
B. Gly-Ala có 1 nhóm CONH và 1 nhóm COOH → 3O
C. Gly-Gly-Ala-Val có 3 nhóm CONH và 1 nhóm COOH → 5O
D. Gly-Ala-Glu có 2 nhóm CONH và 2 nhóm COOH → 6O
Polime nào sau đây có cấu trúc mạch phân nhánh?
Amilopectin
Poli(metyl metacrylat)
Cao su thiên nhiên
Poli(vinyl axetat)
Đáp án A
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
- Amilopectin có cấu trúc mạch phân nhánh
- 3 chất còn lại có cấu trúc mạch không phân nhánh
Polime nào sau đây được tổng hợp bằng phản ứng trùng ngưng?
Tơ nilon-6,6
Cao su buna
Polistiren
Polietilen
Đáp án A
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
- Tơ nilon-6,6 được tổng hợp bằng phản ứng trùng ngưng
- Còn 3 polime còn lại được tổng hợp bằng phản ứng trùng hợp
Cho 0,01 mol glucozo tác dụng hết với 1 lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khối lượng Ag là
6,48
2,16
4,32
10,8
Đáp án B
Phương pháp giải:
Glucozo → 2Ag nên ta có nAg = 2nGlucozo
Giải chi tiết:
Glucozo → 2Ag
→ nAg = nAg = 2nGlucozo = 2.0,01 = 0,02 mol
mAg = 108.0,02 = 2,16 gam
Cho dãy kim loại: Fe, Cu, Mg, Na. Kim loại trong dãy có tính khử yếu nhất là:
Fe
Na
Cu
Mg
Đáp án C
Dựa vào dãy điện hoá thì tính khử giảm dần: Na > Mg > Fe > Cu
Kim loại nào không thể điều chế bằng phương pháp thủy luyện?
Ag
Mg
Cu
Fe
Đáp án B
Phương pháp giải:
Phương pháp thủy luyện:
- Nguyên tắc: Dùng dung dịch thích hợp (HCl, HNO3, nước cường toan, CN-…) hòa tan nguyên liệu sau đó lấy kim loại mạnh (không tan trong nước) đẩy kim loại yếu khỏi dung dịch của nó.
- Phạm vi sử dụng: Thường dùng trong phòng thí nghiệm để điều chế các kim loại sau Mg (thường là kim loại yếu).
Giải chi tiết:
Phương pháp thủy luyện chỉ điều chế được các kim loại đứng sau Mg trong dãy điện hóa
Vậy Mg không thỏa mãn
Trường hợp nào sau đây kim loại bị ăn mòn điện hóa học?
Cho kim loại Fe nguyên chất vào dung dịch HCl
Cho kim loại Fe nguyên chất vào dung dịch CuCl2
Cho kim loại Al nguyên chất tiếp xúc với khí clo
Cho kim loại Fe nguyên chất tiếp xúc với không khí ẩm
Đáp án B
Phương pháp giải:
Ăn mòn điện hóa:
(*) Định nghĩa:
- Là sự oxi hoá kim loại có phát sinh dòng điện.
(*) Điều kiện để xảy ra ăn mòn điện hóa:
- Bản chất hai điện cực phải khác nhau về bản chất (KL-KL, KL-PK,…)
- Hai điện cực phải cùng tiếp xúc với môi trường chất điện li
- Hai điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau (qua dây dẫn)
Giải chi tiết:
A. Cho kim loại Fe nguyên chất vào dung dịch HCl
Sai. Vì chỉ có 1 điện cực là Fe
B. Cho kim loại Fe nguyên chất vào dung dịch CuCl2
Đúng. Có đủ 2 điện cực là Fe và Cu nhờ phản ứng: Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu
C. Cho kim loại Al nguyên chất tiếp xúc với khí clo
Sai. Vì chỉ có 1 điện cực là Al
D. Cho kim loại Fe nguyên chất tiếp xúc với không khí ẩm
Sai. Vì chỉ có 1 điện cực là Fe
Hòa tan hoàn toàn 1,77 gam hỗn hợp X gồm Fe và Zn bằng 1 lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 0,672 lít hiđro (đktc) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là:
3,4
4,6
4,4
3,9
Đáp án D
Phương pháp giải:
Bảo toàn nguyên tố
Giải chi tiết:
Phản ứng tổng quát chung: M + 2HCl → MCl2 + H2
Theo PTHH: nHCl = 2nH2 = 2.(0,672/22,4) = 0,06 mol
BTKL: mX + mHCl = mmuối + mH2
→ 1,77 + 0,06.36,5 = m + 0,03.2
→ m = 3,9 gam
Đun nóng 36 gam CH3COOH với 46 gam C2H5OH (xúc tác H2SO4 đặc) thu được 31,68 gam este. Hiệu suất của phản ứng este hóa là
75,0%
40,0%
50,0%
60,0%
Đáp án D
Phương pháp giải:
Bài toán tính hiệu suất phản ứng. Hiệu suất phản ứng được tính theo chất nào ít dư hơn.
Giải chi tiết:
nCH3COOH = 36 : 60 = 0,6 mol; nC2H5OH = 46 : 46 = 1 mol ; neste = 31,68 : 88 = 0,36 mol
Phản ứng: CH3COOH + C2H5OH ↔ CH3COOC2H5 + H2O
Mol 0,6 < 1 → (Tính hiệu suất theo axit)
naxit pứ = neste = 0,36 mol → H%axit = (0,36 : 0,6).100% = 60%
Este no đơn chức mạch hở có công thức phân tử chung là:
CnH2nO (n ≥ 3)
CnH2n+2O (n ≥ 3)
CnH2n+2O (n ≥ 2)
CnH2nO2 (n ≥ 2)
Đáp án D
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
Este no đơn chức mạch hở có công thức phân tử chung là CnH2nO2 (n ≥ 2)
Cho hỗn hợp E gồm 0,2 mol X (C5H11O4N) và 0,1 mol Y (C5H14O4N2, là muối của axit cacboxylic 2 chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH, thu đực 1 ancol đơn chức, 2 amin no (kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng) và dung dịch T. Cô cạn T, thu được hỗn hợp G gồm 3 muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có 2 muối của 2 axit cacboxilic và muối của 1 a-amino axit). Khối lượng của muối G là
55,5
54,3
4,2
58,8
Đáp án D
Phương pháp giải:
Biện luận CTCT của X và Y → số mol các muối
Giải chi tiết:
Y chỉ tạo 1 muối cacboxilat nên X phải tạo 2 muối, gồm 1 muối cacboxylat và 1 muối của amino axit
Các muối đều cùng C nên CTCT của X và Y lần lượt là:
CH3COONH3CH2COOCH3 (0,2 mol)
CH3NH3OOC-COONH3C2H5 0,1 (mol)
Vậy amin là CH3NH2 và C2H5NH2
Ancol là CH3OH
Muối: CH3COOK (0,2 mol) ; H2NCH2COOK (0,2 mol) ; (COOK)2 (0,1 mol)
→ mmuối = 0,2.98 + 0,2.113 + 0,1.166 = 58,8 gam
Hòa tan hoàn toàn 11,05 gam kim loại Zn vào m gam dung dịch HNO3 20% loãng (dùng dư 10% so với lượng phản ứng), sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 0,448 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2 và N2O. Tỉ khối của X so với H2 bằng 18. Giá trị của m là:
147,00
145,53
132,30
117,81
Đáp án B
Phương pháp giải:
Bài tập KL + Axit HNO3:
- Công thức giải nhanh:
+ ne = nNO3- = nNO2 + 3nNO + 8nN2O + 10nN2 + 8nNH4NO3
+ nHNO3 = 2nNO2 + 4nNO + 10nN2O + 12nN2 + 10nNH4NO3
Giải chi tiết:
Hỗn hợp khí X có x mol N2 và y mol N2O
+) x + y = 0,448 : 22,4 = 0,02 mol
+) mX = 28x + 44y = 0,02.2.18 = 0,72 gam
→ x = y = 0,01 mol
nZn = 11,05 : 65 = 0,17 mol
Ta thấy: ne = 2nZn > (10nN2 + 8nN2O)
→ Sau phản ứng còn có NH4NO3
Bảo toàn e: 2nZn = 10nN2 + 8nN2O + 8nNH4NO3
→ nNH4NO3 = 0,02 mol
nHNO3 pứ = 12nN2 + 10nN2O + 10nNH4NO3 = 0,42 mol
→ nHNO3 bđ = 0,42. 110% = 0,462 mol
→ mdd HNO3 = (63.0,462).100/20 = 145,53 gam
X, Y là 2 axit cacboxylic no đơn chức mạch hở đồng đẳng kế tiếp (MX < MY), T là este tạo bởi X, Y với 1 ancol 2 chức Z. Đốt cháy hoàn toàn 3,21 gam hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 2,576 lít CO2 (đktc) và 2,07 gam H2O. Mặt khác 3,21 gam M phản ứng vừa đủ với 200 ml dung dịch KOH 0,2M , đun nóng. Thành phần phần trăm theo số mol của Y trong M là:
12,5%
12,6%
23,1%
25,0%
Đáp án A
Phương pháp giải:
Quy hỗn hợp ban đầu về dạng gồm: HCOOH ; C2H4(OH)2 ; CH2 ; H2O
Dựa vào bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng → số mol các chất trong hỗn hợp
→ Biện luận CTCT các chất → %n
Giải chi tiết:
nCO2 = 2,576 : 22,4 = 0,115 ; nH2O = 2,07 : 18 = 0,115 mol
Quy hỗn hợp ban đầu về dạng gồm: HCOOH ; C2H4(OH)2 ; CH2 ; H2O
Do sau phản ứng cháy tạo nCO2 = nH2O → ancol no, 2 chức, mạch hở
nHCOOH = nKOH = 0,04 mol
Đặt: nC2H4(OH)2 = a ; nCH2 = b ; nH2O = c
Bảo toàn nguyên tố:
nC = nCO2 = 2a + b + nHCOOH = 0,115
nH2O = 0,04 + 3a + b + c = 0,115
Bảo toàn khối lượng:
0,04.46 + 62a + 14b + 18c = 3,21
→ a = 0,02 ; b = 0,035 ; c = - 0,02
→ nT = 0,01 mol
→ nX,Y = 0,02 ; nZ = 0,01 ; nT = 0,01
Số mol của CH2 là 0,035 mol nên lượng Z có 0,01 mol CH2 và CH2 vào T ở gốc ancol là 0,01 mol
→ Lượng CH2 trong Y và gốc axit Y trong T là 0,015 mol
→ 2 axit là HCOOH (0,015 mol) và CH3COOH (0,005 mol)
→ %nY = 0,005 : (0,015 + 0,005 + 0,01 + 0,01) = 12,5%
Cho 36,3 gam hỗn hợp X gồm 2 peptit: Ala-Gly, Ala-Gly-Ala tác dụng hết với dung dịch HCl dư thu được 59,95 gam muối. Phần trăm số mol Ala-Gly trong X là:
75,0%
50,0%
80,0%
41,8%
Đáp án B
Phương pháp giải:
CT tính Mpeptit = MA - 18(n - 1) (peptit dạng An)
Giải chi tiết:
Đặt số mol Ala-Gly là x và Ala-Gly-Ala là y
Khi thủy phân trong HCl thu được (x + y) mol Gly-HCl và (x + 2y) mol Ala-HCl
mX = 146x + 217y = 36,3 gam
mmuối = 111,5(x + y) + 125,5(x + 2y) = 59,95 gam
→ x = y = 0,1 mol
→ %nAla-Gly = 0,1 : (0,1 + 0,1) = 50%
Điện phân 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,1M và CuSO4 0,5M bằng điện cực trơ,có màng ngăn, hiệu suất điện phân 100% trong thời gian 2702 giây, cường độ dòng điện 5A. Khối lượng dung dịch sau điện phân giảm m gam so với khối lượng dung dịch ban đầu. Giá trị của m là:
1,67
4,48
8,07
6,15
Đáp án B
Phương pháp giải:
Bài toán điện phân: CT tính số mol e trao đổi: ne = It/F
Giải chi tiết:
Ta có: ne = It/F = 5.2702 : 96500 = 0,14 mol
Các quá trình:
Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e
0,07 ← 0,14 → 0,07 0,02 → 0,01 → 0,02
2H2O → 4H+ + O2 + 4e
0,1 ← 0,025 ← 0,1
Vậy m dd giảm = mCu + mO2 + mCl2 = 0,07.64 + 0,025..32 + 0,01.71 = 6,15 gam
