Bộ 20 đề thi học kì 1 Hóa 12 có đáp án_ đề 13

Đáp án A

Phương pháp giải:

Các peptit (trừ đipeptit) phản ứng với Cu(OH)₂/OH^– tạo hợp chất màu tím (phản ứng màu biure).

Giải chi tiết:

Lòng trắng trứng là một polipeptit nên có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂/OH^– tạo hợp chất màu tím.

Đáp án A

PTHH: 2Al + 3CuSO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3Cu

Đáp án C

Phương pháp giải:

Đisaccarit là phân tử chứa 2 gốc monosaccarit liên kết với nhau.

Giải chi tiết:

– Saccarozo thuộc loại đisaccarit (được tạo bởi 1 gốc glucozo và 1 gốc fructozo).

– Xenlulozo và tinh bột là polisaccarit.

– Glucozo là monosaccarit.

Đáp án B

 Tơ nitron có CTCT [CH₂–CH(CN)]_n dùng để dệt vải may quần áo len.

Đáp án D

Ở nhiệt độ thường, Na có thể tan trong nước tạo dung dịch kiềm: Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

Chú ý: Be thuộc nhóm kim loại kiềm thổ IIA nhưng không tan trong nước.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đối với các chất có liên kết cộng hóa trị:

– Các yếu tố ảnh hướng tới nhiệt độ sôi:

(1) Liên kết H (Các chất có lực liên kết hidro càng lớn thì nhiệt độ sôi càng lớn)

VD: –COOH > –OH > –COO– > –CHO > –CO–)

(2) Khối lượng phân tử (Các chất có phân tử khối càng lớn thì nhiệt độ sôi càng cao)

(3) Hình dạng phân tử (Phân tử càng phân nhánh thì nhiệt độ sôi càng thấp)

– Các chất có lực liên kết hidro càng lớn thì nhiệt độ sôi càng lớn.

–COOH > –OH > –COO– > –CHO > –CO–

– Đối với các chất cùng nhóm chức:

Đối với các chất có cùng nhóm chức, gốc R– liên kết với nhóm chức ảnh hưởng đến lực liên kết Hidro

+ Gốc R– là gốc hút e (gốc không no: CH₂=CH, CH₂=CH–CH₂) sẽ làm cho lực liên kết H tăng lên

+ Gốc R– là gốc đẩy e (gốc no: CH₃, CH₃CH₂) làm giảm lực liên kết H

Giải chi tiết:

Dựa vào phương pháp so sánh nhiệt độ sôi của các chất => CH₃COOC₂H₅ có nhiệt độ sôi thấp nhất.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bậc amin = số gốc hiđrocacbon gắn với nguyên tử N.

Giải chi tiết:

Amin bậc 2 có dạng R – NH – R'

Vậy trong các amin đề bài cho thì C₂H₅NHCH₂ là amin bậc 2.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Hợp chất nhóm este có CTTQ: RCOOR₁ (R là H hoặc gốc hiđrocacbon, R là gốc hiđrocacbon).

Giải chi tiết:

Trong các chất đề cho, chất thuộc loại este là etyl axetat có CTCT là CH₃COOC₂H₅.

Đáp án B

Glucozo trong phân tử có chứa nhóm –CHO nên có phản ứng tráng gương.

Đáp án C

PVC là: (CH₂–CHCl–)_n => Monome là CH₂=CHCl

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:

– Anilin có tính bazo rất yếu, không làm đổi màu quỳ tím.

– Alanin và glyxin có số nhóm NH₂ bằng số nhóm COOH => Không làm đổi màu quỳ tím.

– Lysin số nhóm NH₂ (2 nhóm) > số nhóm COOH (1 nhóm) => Làm quỳ tím hóa xanh.

Đáp án D

Anilin có tính chất hóa học của 1 bazo yếu => Không phản ứng với dd NaOH.

Đáp án B

Kim loại có tính chất vật lí chung (dẫn điện, dẫn nhiệt, dẻo và ánh kim) do có các e chuyển động tự do.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Thuỷ phân este đa chức: 

(RCOO)_nR’  +  nKOH → nRCOOK + R’(OH)_n => n_KOH = n.n_este

Giải chi tiết:

Triolein là: (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3KOH → 3C₁₇H₃₃COOK + C₃H₅(OH)₃

=> Tỉ lệ số mol giữa triolein và KOH là 1 : 3

Đáp án A

X có CTPT là C₄H₈O₂ => X là este no, đơn chức, mạch hở

Phản ứng thủy phân có dạng: RCOOR’ + HOH  RCOOH + R’OH (H2SO4, to)

Mà sản phẩm thu được là axit propionic (C₂H₅COOH) nên suy ra este là C₂H₅COOCH₃.

Đáp án A

Thủy tinh hữu cơ plexiglas là  poli(metyl metacrylat).

Đáp án A

Phương pháp giải:

HS ghi nhớ một số kim loại bị thụ động trong HNO₃ đặc, nguội: Al, Fe, Cr.

Giải chi tiết:

– Phương án A: Zn thỏa mãn

Zn + FeSO₄ → ZnSO₄ + Fe

Zn + HNO₃ đặc → Zn(NO₃)₂ + spk + H₂O

– Phương án B: Al bị thụ động trong HNO₃ đặc, nguội        => Không thỏa mãn

– Phương án C: Ag không phản ứng với FeSO₄                   => Không thỏa mãn

– Phương án D: Cr bị thụ động trong HNO₃ đặc, nguội       => Không thỏa mãn

Đáp án B

– Xenlulozo gồm nhiều gốc b–glucozo liên kết với nhau

– 3 chất còn lại gồm nhiều gốc a–glucozo liên kết với nhau

Đáp án D

Phương pháp giải:

Phân biệt các loại tơ:

– Tơ nhân tạo (hay tơ bán tổng hợp) là tơ có nguồn gốc tự nhiên và được con người chế biến.

– Tơ tự nhiên là tơ có nguồn gốc 100% từ tự nhiên.

– Tơ tổng hợp là tơ do con người tạo ra.

Giải chi tiết:

– Tơ nhân tạo: tơ axetat, tơ visco (đều có nguồn gốc từ xenlulozo và được con người chế biến)

– Tơ tự nhiên: tơ tằm

– Tơ tổng hợp: tơ nitron

Đáp án D

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).

Phương pháp nhiệt luyện:

– Nguyên tắc: Dùng chất khử CO, C, Al, H₂ khử oxit kim loại ở nhiệt độ cao.

– Phạm vi sử dụng: Thường dùng trong công nghiệp với kim loại sau Al.

Phương pháp điện phân:

– Nguyên tắc: Dùng dòng điện một chiều để khử các ion kim loại.

– Phạm vi sử dụng: Điều chế được hầu hết các kim loại.

Giải chi tiết:

– Loại Na vì Na chỉ được điều chế bằng phương pháp điện phân

– Loại Al vì Al₂O₃ không bị khử bởi C, CO, H₂… nên không thể được điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện

– Loại Mg vì MgO không bị khử bởi C, CO, H₂… nên không thể được điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện

– Cu thỏa mãn

Đáp án D

Phương pháp giải:

Các chất phản ứng với Cu(OH)₂ tạo thành dung dịch xanh lam:

– Axit hữu cơ.

– Phân tử có nhiều nhóm –OH gắn vào những nguyên tử C cạnh nhau.

Giải chi tiết:

Có 2 chất phản ứng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch xanh lam là saccarozo và fructozo.

Đáp án C

Phương pháp giải:

A₁ + A₂ + … + A_n → A₁–A₂–…–A_n + (n–1) H₂O

=> Cách tính khối lượng phân tử của peptit A₁–A₂–…–A_n (peptit có chứa n mắt xích) là:

M peptit = M_A1 + M_A2 + … + M_An – 18(n–1)

Giải chi tiết:

M_T = 75 + 89 + 75 – 18.2 = 203

Đáp án A

M _peptit = 147 + 75 – 18 = 204

Glutamic có 2 nhóm COOH nên Glu–Gly có 2 nhóm COOH và 1 nhóm CONH

          Glu–Gly + 3NaOH → Muối + 2H₂O

Mol         x       →   3x                →   2x

BTKL: m_peptit + m_NaOH = m _muối + m_H2O => 204x + 40.3x = 11,52 + 18.2x => x = 0,04

=> b = 204.0,04 = 8,16 gam

Đáp án C

Phương pháp giải:

Bài toán khử oxit KL bằng CO: n_CO = n_O(oxit)

Giải chi tiết:

Khi oxit bị khử bởi CO: n_O(oxit) = n_CO = 4,704/22,4 = 0,21 mol

BTNT "O": 3n_Fe2O3 = n_O(oxit) = 0,21 => n_Fe2O3 = 0,07 mol

=> m = 160.0,07 = 11,2 gam

Đáp án C

(a) Đúng

(b) Sai. Vì trong MT kiềm thì glucozo và fructozo chuyển hóa lẫn nhau nên chúng đều phản ứng với dung dịch AgNO₃/NH₃ sinh ra Ag

(c) Sai. Vì dầu mỡ động thực vật không tan trong nước nên không thể rửa sạch

(d) Đúng. Vì củ khoai lang có tinh bột + I₂ xuất hiện màu xanh tím

(e) Sai. Nhóm CH₃ có tác dụng đẩy electron làm cho mật độ điện tích âm trên nguyên tử N tăng → khả năng nhận H⁺ tăng → tính bazo tăng. Ta thấy đimetyl amin có 2 nhóm CH₃ còn metyl amin chỉ có 1 nhóm CH₃

=> Tính bazo CH₃–NH–CH₃ > CH₃NH₂

(f) Đúng

Vậy có 3 nhận định đúng.

Đáp án C

Phương pháp giải:

– So sánh thấy n_CO2 = n_H2O => X là este no, đơn chức, mạch hở

Đặt công thức của X là C_nH_2nO₂ (n ≥ 2)

C_nH_2nO₂ → nCO₂

 ←      1,05  (mol)

Lập phương trình về khối lượng của este => giá trị của n => CTPT

– Viết các CTCT este ứng với CTPT vừa tìm được

Giải chi tiết:

n_CO2 = 23,52 : 22,4 = 1,05 mol; n_H2O = 18,9 : 18 = 1,05 mol

Ta thấy: n_CO2 = n_H2O => X là este no, đơn chức, mạch hở

Đặt công thức của X là C_nH_2nO₂ (n ≥ 2)

C_nH_2nO₂ → nCO₂

  ←      1,05  (mol)

Ta có phương trình:

=> CTPT là C₃H₆O₂

Các đồng phân cấu tạo este của C₃H₆O₂: HCOOC₂H₅; CH₃COOCH₃

Đáp án A

Giả sử M có hóa trị n

n_H2 = 8,4 : 22,4 = 0,375 mol

2M + nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂

0,75/n  ←                            0,375 (mol)

Ta có:

Thay các giá trị n = 1, 2, 3 thì thấy với n = 3, M = 27 thỏa mãn

Vậy M là Al.

Đáp án C

Phương pháp giải:

– Thuỷ phân chất béo:

(RCOO)₃C₃H₅  +  3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

=> n_NaOH = 3n_Glixerol

– Áp dụng BTKL tính được khối lượng chất béo.

Giải chi tiết:

Chất béo có dạng (RCOO)₃C₃H₅

(RCOO)₃C₃H₅  +  3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

=> n_NaOH = 3n_Glixerol = 0,9 mol

Bảo toàn khối lượng: m_X = m_ancol + m_muối – m_NaOH = 274,8 + 0,3.92 – 40.0,9 = 266,4 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Glucozo → 2Ag

Giải chi tiết:

n_glucozo = 4,59 : 180 = 0,0255 mol

Glucozo → 2Ag

0,0255 →  0,051 (mol)

=> m_Ag = 0,051.108 = 5,508 gam

Đáp án B

C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → Br₃C₆H₂NH₂ ↓ + 3HBr

n_{kết tủa} = 16,5 : 330 = 0,05 mol = n_anilin

=> m_anilin = 0,05.93 = 4,65 gam

Đáp án A

n_Fe = 11,2 : 56 = 0,2 mol; n_Cu(NO3)2 = 0,4.0,5 = 0,2 mol; n_HCl = 0,4.1,2 = 0,48 mol

NO là sản phẩm khử duy nhất, không có khí H₂ bay ra, các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn

=> H⁺ hết trước NO₃^–

Còn chất rắn sau phản ứng => Dung dịch chỉ có Fe²⁺

         3Fe    +   8H⁺   +   2NO₃^– → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

Mol  0,18 ←   0,48    →  0,12

          Fe      +   Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

Mol   0,02              →             0,02

Chất rắn là Cu => m _{chất rắn} = m_Cu = 0,02.64 = 1,28 gam

Đáp án B

V_ancol = 5.(46/100) = 2,3 lít => m_ancol = 2,3.0,8 = 1,84 kg

Để đơn giản ta coi tinh bột là C₆H₁₀O₅.

C₆H₁₀O₅ → C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH

162 kg                          2.46 = 92 kg

3,24 kg       ←               1,84 kg

Do lượng thực tế cần dùng nhiều hơn lượng tính toán => m _{tinh bột cần dùng} = 3,24.(100/80) = 4,05 kg

Đáp án D

Phương pháp giải:

Một số chất béo thường gặp:

+ Tristearin: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

+ Triolein: (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅

+ Trilinolein: (C₁₇H₃₁COO)₃C₃H₅

+ Tripanmitin: (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅

Giải chi tiết:

Công thức cấu tạo của tristearin là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

Đáp án C

NH₂–CH(CH₃)–COOH + HCl → NH₃Cl–CH(CH₃)COOH (G)

NH₃Cl–CH(CH₃)COOH + 2NaOH → NH₂–CH(CH₃)COONa (H) + NaCl + 2H₂O

Đáp án B

Amin + HCl → Muối

BTKL: m_HCl = m _muối – m _amin = 21,9 – 14,6 = 7,3 gam => n_HCl = 0,2 mol

Do amin là đơn chức nên: n _amin = n_HCl = 0,2 mol

=> M _amin = 14,6 : 0,2 = 73 => CTPT của A là C₄H₁₁N

Các CTCT amin bậc 2 có CTPT C₄H₁₁N là:

CH₃ – CH­₂ – CH₂ – NH – CH₃;

(CH₃)₂CH – NH – CH₃;

CH₃ – CH₂ – NH – CH₂ – CH₃

Đáp án D

– Fructozo: monosaccarit

– Tinh bột, xenlulozo: polisaccarit

– Saccarozo: đisaccarit

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết ăn mòn điện hóa:

(*) Định nghĩa:

– Là sự oxy 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:

– TN1: Cho thanh Fe vào dung dịch H₂SO₄ loãng

=> Không xảy ra ăn mòn điện hóa vì không tạo 2 cặp điện cực khác nhau về bản chất

– TN₂: Nhúng thanh Zn vào dung dịch CuSO₄

=> Cu bám vào Zn tạo thành cặp điện cực Zn–Cu, nhúng trong dung dịch điện li

=> Xảy ra ăn mòn điện hóa

– TN₃: Nhúng thanh Cu vào dung dịch AgNO₃

=> Ag bám vào Cu tạo thành cặp điện cực Cu–Ag, nhúng trong dung dịch điện li

=> Xảy ra ăn mòn điện hóa

– TN₄: Nhúng thanh Fe vào dung dịch FeCl₃

=> Không xảy ra ăn mòn điện hóa vì không tạo 2 cặp điện cực khác nhau về bản chất

Vậy số thí nghiệm xảy ra ăn mòn điện hóa là 2.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về dãy hoạt động hóa học của kim loại

Giải chi tiết:

Dựa vào dãy hoạt động hóa học của kim loại

=> Tính khử: Mg > Al > Zn >

Đáp án C

Glucozo: C₆H₁₂O₆

Saccarozo: C₁₂H₂₂O₁₁

Xenlulozo, tinh bột: (C₆H₁₀O₅)_n

Đốt cháy hoàn toàn 1 cacbohiđrat X thu được số mol CO₂ = số mol H₂O

=> X có số H gấp 2 lần số C

=> Trong 4 chất chỉ có glucozo thỏa mãn.

Đáp án A

Phương pháp giải:

 Bài toán về phản ứng thuỷ phân este đơn chức thường

Trong môi trường kiềm (phản ứng xà phòng hoá): Phản ứng một chiều, cần đun nóng

RCOOR’ + NaOH   RCOONa + R’OH

Giải chi tiết:

n_este = 11,1 : 74 = 0,15 mol; n_KOH = 0,5.0,5 = 0,25 mol

        CH₃COOCH₃ + KOH → CH₃COOK + CH₃OH

Mol        0,15       →  0,15    →   0,15

Vậy chất rắn sau phản ứng: CH₃COOK (0,15 mol) và KOH dư (0,25 – 0,15 = 0,1 mol)

=> m_rắn = 0,15.98 + 0,1.56 = 20,3 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Nước cứng

Nước cứng là loại nước chứa nhiều ion Ca²⁺ và Mg²⁺ (do trong chu trình vận chuyển của nước có giai đoạn nước ở trong đất nên hòa tan các hợp chất chứa Ca và Mg). Nước chứa ít hoặc không chứa các ion trên là nước mềm.

– Nước cứng có 3 loại là:

+ Nước cứng tạm thời (là loại nước cứng khi đun sôi thì mất tính cứng do muối hiđrocacbonat bị nhiệt phân thành muối không tan). Tính cứng tạm thời do các muối Ca(HCO₃)₂ và Mg(HCO₃)₂ gây ra.

+ Nước cứng vĩnh cửu. Tính cứng vĩnh cửu của nước do các loại muối MgCl₂, CaCl₂, MgSO₄, CaSO₄ gây ra.

+ Nước cứng toàn phần là nước cứng có cả tính cứng tạm thời và tính cứng vĩnh cửu.

(*) Phương pháp làm mềm nước cứng:

– Với nước cứng tạm thời:

     + Đun sôi.

     + Thêm Ca(OH)₂ vừa đủ.

     + Thêm các dung dịch kiềm khác, dung dịch muối CO₃^2–, dung dịch PO₄^3–.

– Với nước cứng vĩnh cửu:

     Thêm các dung dịch muối CO₃^2–, dung dịch PO₄^3–.

Giải chi tiết:

Theo đề bài loại nước cứng khi được đun sôi thì mất tính cứng

=> Đây là nước cứng tạm thời. Tính cứng tạm thời do các muối Ca(HCO₃)₂ và Mg(HCO₃)₂ gây ra.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Cách sắp xếp tính bazơ của các amin: R–N

+ R đẩy e => làm tăng mật độ electron trên N => tăng tính bazơ.

+ R hút e => làm giảm tính bazơ.

Ghi nhớ: Amin thơm < NH₃ < amin no < NaOH;

               Amin no bậc 1 < amin no bậc 2.

Giải chi tiết:

Thứ tự giảm dần lực bazo là: etylamin > metylamin > amoniac > phenylamin

Đáp án B

Phương pháp giải:

 Lý thuyết về hợp chất chứa Nito

Giải chi tiết:

(a) Sai, vì liên kết peptit tạo từ các a–amino axit mà H₂NCH₂CH₂COOH không phải là a–amino axit

(b) Đúng

(c) Sai, vì Anilin chỉ có tính bazo rất yếu không làm đổi màu quỳ tím

(d) Đúng

(e) Đúng, đây là hiện tượng đông tụ protein

Vậy có 3 phát biểu đúng

Đáp án A

Phương pháp giải:

Cách gọi tên este: Tên gọi của este RCOOR' = Tên gốc R' + tên gốc axit (đuôi "at")

Giải chi tiết:

CH₂=CH–COOCH₃ có tên gọi là metyl acrylat

Đáp án D

Ta thấy X phản ứng được với cả axit và bazo => X có tính lưỡng tính => Ba(HCO₃)₂

Đáp án D

Phương pháp giải:

– Kim loại phản ứng với nước:

M + H₂O → M(OH)_n + 0,5nH₂

=> n_OH– = 2n_H2

– Phản ứng trung hòa:

H⁺ + OH^– → H₂O

=> n_H+ = n_OH–

Giải chi tiết:

– Kim loại phản ứng với nước:

M + H₂O → M(OH)_n + 0,5nH₂

=> n_OH– = 2n_H2 = 0,25 mol

– Phản ứng trung hòa:

H⁺ + OH^– → H₂O

=> n_H+ = n_OH– = 0,25 mol

Muối khan gồm các muối clorua của 3 KL.

Bảo toàn nguyên tố: n_Cl/muối = n_HCl = n_H+ = 0,25 mol

=> m_muối = m_KL + m_Cl = 13,08 + 0,25.35,5 = 21,955 gam

Đáp án D

Kim loại Ca có kiểu mạng tinh thể lập phương tâm diện

Đáp án D

Catot: Mg²⁺ + 2e → Mg => Quá trình khử Mg²⁺

Anot: 2Cl^– → Cl₂ + 2e => Quá trình oxi hóa Cl^–

Vậy ở catot xảy ra quá trình khử Mg²⁺ thành Mg.