Bộ 20 đề thi học kì 1 Hóa 12 có đáp án_ đề 18

Đáp án A

Phương pháp giải:

Chất có chứa nhóm CHO trong phân tử sẽ có phản ứng tráng bạc

Giải chi tiết:

Vì CH₃CHO chứa nhóm CHO trong phân tử nên sẽ có phản ứng tráng bạc

PTHH: CH₃CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O  CH₃COONH₄ + 2Ag + 2NH₄NO₃

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Etyl axetat có công thức hóa học là CH₃COOCH₂CH₃ 

Đáp án D

Phương pháp giải:

Anken là hiđrocacbon không no, trong phân tử chứa 1 liên kết đôi (C=C).

Giải chi tiết:

Etilen là anken (CTPT: C₂H₄; CTCT: CH₂ = CH₂).

Đáp án C

Phương pháp giải:

 Dựa vào định nghĩa về peptit.

Giải chi tiết:

Định nghĩa: Peptit là những hợp chất chứa từ 2 đến 50 gốc α-amino axit liên kết với nhau bằng các liên kết peptit.

Đáp án B

Vì anilin là 1 bazo yếu nên không thể làm đổi màu giấy quỳ tím.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về dãy hoạt động hóa học của kim loại

Các kim loại đứng sau H không thể phản ứng với axit thông thường (HCl, H₂SO₄ loãng).

→ Cu không phản ứng với dung dịch HCl.

Đáp án A

Các peptit (trừ đipeptit) có khả năng tạo hợp chất màu tím với Cu(OH)₂.

Lòng trắng trứng là một polipeptit nên khi cho Cu(OH)₂ lòng trắng trứng ta thu được hỗn hợp có màu tím.

Đáp án B

- Ngâm rượu thuốc, giã lá chàm lấy nước để nhuộm vải: phương pháp chiết

- Làm đường mía từ nước mía: phương pháp kết tinh

- Nấu rượu: phương pháp chưng cất

Đáp án A

Tinh bột có nhiều trong gạo, ngô, khoai, sắn

Saccarozo có nhiều trong mía và củ cải đường

Glucozo có nhiều trong quả nho chín

Xenlulozo có trong vỏ của các loài thực vật

Đáp án C

Các đipeptit có thể được tạo ra là: Gly-Ala, Ala-Val, Val-Gly → Thu được tối đa 3 peptit.

Đáp án C

KOH là một bazo.

Đáp án B

Khí amoniac có công thức phân tử là NH₃

Đáp án B

A. Mg + H₂SO_4(đặc) →MgSO₄ + H₂

Sai. Vì H₂SO₄ đặc sẽ oxi hóa Mg tạo sản phẩm khử (SO₂, S, H₂S) 

B. Zn + 2AgNO₃ → Zn(NO₃)₂ + 2Ag

Đúng

C. Cu + FeSO₄ → CuSO₄ + Fe

Sai. Vì Cu có tính khử yếu hơn Fe nên không thể đẩy Fe ra khỏi muối của nó 

D. 2Na + CuSO₄ → Cu + Na₂SO₄

Sai. Vì Na sẽ phản ứng với H₂O tạo NaOH trước, sau đó NaOH + CuSO₄ tạo Cu(OH)₂.

Đáp án B

Ag là kim loại; Si, Br, C là phi kim.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về dãy hoạt động hóa học của kim loại

Dựa vào dãy hoạt động hóa học của kim loại ta thấy tính khử: Na > Al > Fe > Cu

→ Kim loại có tính khử mạnh nhất là Na.

Đáp án A

Poli(vinyl clorua) là [-CH₂-CHCl-]_n → Mắt xích là -CH₂-CHCl-

Chú ý: CH₂=CHCl là chất tạo thành polime, được gọi là monome, không được gọi là mắt xích.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Nguyên tắc phản ứng oxi hóa khử: Khử_mạnh + OXH_mạnh → OXH_yếu + Khử_yếu

+ Chất khử là chất tăng số oxi hóa sau phản ứng (Khử_mạnh → OXH_yếu)

+ Chất oxi hóa là chất giảm số oxi hóa sau phản ứng (Khử_yếu → OXH_mạnh)

Giải chi tiết:

(1) Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺

Từ phương trình ion trên ta thấy:

Tính oxi hóa: Fe³⁺ > Fe²⁺

Tính khử: Fe > Fe²⁺

(2) Ag⁺ + Fe²⁺ → Fe³⁺ + Ag

Từ phương trình ion trên ta thấy:

Tính oxi hóa: Ag⁺ > Fe³⁺

Tính khử: Fe²⁺ > Ag

Vậy tính oxi hóa: Ag⁺ > Fe³⁺ > Fe²⁺

Đáp án A

Phương pháp giải:

Cách viết công thức cấu tạo ester

Giải chi tiết:

Có 4 ester có CTPT C₄H₈O₂ là:

HCOOCH₂CH₂CH₃; HCOOCH(CH₃)₂; CH₃COOCH₂CH₃; CH₃CH₂COOCH₃.

109. c 5 h 8 có bao nhiêu đồng phân ankin

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính toán theo PTHH: CH₃CH(NH₂)COOH + NaOH → CH₃CH(NH₂)COONa + H₂O

Giải chi tiết:

PTHH: CH₃CH(NH₂)COOH + NaOH → CH₃CH(NH₂)COONa + H₂O

Theo PTHH → n_muối = n_Ala = 8,9 : 89 = 0,1 mol

→ m_muối = 0,1.111 = 11,1 gam

Đáp án B

A. Trong phân tử hợp chất hữu cơ, nhất thiết phải có cacbon và hiđro  

→ Sai. Trong phân tử hợp chất hữu cơ, nhất thiết phải có cacbon, có thể không có H (VD: CCl₄,…)

B. Tinh bột và xenlulozo đều thuộc loại polisaccarit  

→ Đúng

C. Dung dịch các amin đều làm quỳ tím hóa xanh 

→ Sai. VD: Anilin có tính bazo rất yếu không làm đổi màu quỳ tím

D. Polietilen, tơ visco đều là các polime bán tổng hợp

→ Sai. Polietilen là polime tổng hợp, tơ visco là polime bán tổng hợp (nhân tạo)

Đáp án C

Phương pháp giải:

Tính toán theo PTHH: CH₃COOCH₃ + NaOH   CH₃COONa + CH₃OH

Giải chi tiết:

n_este = 7,4 : 74 = 0,1 mol; n_NaOH = 0,2.1 = 0,2 mol

PTHH: CH₃COOCH₃ + NaOH  CH₃COONa + CH₃OH

Bđ:               0,1                 0,2

Pư:               0,1  →            0,1     →                 0,1

Sau:               0                   0,1                          0,1

Vậy sau phản ứng chất rắn khan có: 0,1 mol CH₃COONa và 0,1 mol NaOH dư

→ m_{rắn khan} = 0,1.82 + 0,1.40 = 12,2 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

 Bảo toàn electron

Giải chi tiết:

QT cho e: Cu → Cu⁺² + 2e

QT nhận e: N⁺⁵ + 3e → N⁺²

Bảo toàn electron: 2n_Cu = 3n_NO → n_NO = 2/3.n_Cu = 2/3.9,6/64 = 0,1 mol

→ V_NO = 0,1.22,4 = 2,24 lít

Đáp án B

Phương pháp giải:

PHẢN ỨNG THỦY PHÂN ESTE

a) Môi trường axit:

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

b) Môi trường kiềm:

- Thủy phân este đơn chức: RCOOR’ + KOH → RCOOK + R’OH

Giải chi tiết:

Ta thấy đề bài cho este thủy phân trong môi trường axit. Mà phản ứng thủy phân este trong MT axit là phản ứng thuận nghịch nên sau phản ứng vẫn còn este (không tan trong nước)

→ Chất lỏng thu được sau phản ứng sẽ tách thành 2 lớp

Đáp án B

Có tối đa 3 tripeptit được tạo ra là: Gly-Ala-Val; Ala-Val-Gly; Val-Gly-Ala.

Đáp án A

A. Cho lá Cu vào dung dịch H₂SO₄ đặc nguội

→ Có phản ứng

B. Nhúng lá Fe vào dung dịch MgSO₄

→ Không có phản ứng. Vì Fe có tính khử yếu hơn Mg nên không đẩy được Mg ra khỏi muối của nó

C. Cho lá Fe vào dung dịch HNO₃ đặc nguội  

→ Không phản ứng. Vì Fe bị thụ động hóa trong HNO₃ đặc nguội

D. Cho bột Ag vào dung dịch H₂SO₄ loãng

→ Không phản ứng. Vì Ag đứng sau H trong dãy hoạt động hóa học → không phản ứng với axit thông thường (HCl, H₂SO₄ loãng)

Đáp án D

Xenlulozo tạo nên từ các mắt xích Glucozo → Thủy phân hoàn toàn tạo glucozo (X)

C₅H₁₁O₅CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → C₅H₁₁O₅COONH₄ + 2NH₄NO₃  + 2Ag                                         

(Glucozo)                                                          (Amoni gluconat) (Y)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính toán theo PTHH: Mg + CuSO₄ → MgSO₄ + Cu

Giải chi tiết:

n_Mg = 6 : 24 = 0,25 mol; n_CuSO4 = 0,2.1 = 0,2 mol

PTHH: Mg + CuSO₄ → MgSO₄ + Cu

Bđ:      0,25        0,2                               (mol)

Pư:      0,2 ←     0,2        ← 0,2 ←  0,2 (mol)

Sau:    0,05          0              0,2        0,2 (mol)

Vậy chất rắn sau phản ứng gồm: 0,2 mol Cu và 0,05 mol Mg dư

→ m_rắn = 0,2.64 + 0,05.24 = 14 gam

Đáp án D

- Có 3 chất bị thủy phân trong MT axit là: Gly-Gly; saccarozo và tristearin.

Gly-Gly + H₂O  Gly + Gly (H+)

Saccarozo + H₂O  Glucozo + Fructozo (H+)

Tristearin + 3H₂O  Glixerol + 3 Axit stearic (H+)

- Chỉ có glucozo là monosaccarit nên không có phản ứng thủy phân

Đáp án C

Phương pháp giải:

Ta có: n_Ala + n_NaOH = n_HCl => a 

n_H2O = n_NaOH = a

BTKL: m_Ala + m_NaOH + m_HCl = m _muối + m_H2O

=> m _muối 

Giải chi tiết:

Ta có: n_Ala + n_NaOH = n_HCl => 0,15 + a = 0,25 => a = 0,1 mol

n_H2O = n_NaOH = 0,1 mol

BTKL: m_Ala + m_NaOH + m_HCl = m _muối + m_H2O

=> 13,35 + 0,1.40 + 0,25.36,5 = m _muối + 0,1.18 => m _muối = 24,675 gam

Đáp án D

n_HCl = 0,8 mol; n_Y = 0,1 mol

Y gồm 2 khí đơn chất là H₂ (x mol) và N₂ (y mol)

Ta có hệ phương trình: 

Khí H₂ sinh ra do Al phản ứng với H⁺ → Trong phản ứng Al + H⁺ + NO₃^- thì NO₃^- phản ứng hết trước Al và H⁺

 Giả sử: n_{Al pư} = x (mol); n_Cu(NO3)2 = y mol; n_NH4+ = z (mol)

Tóm tắt sơ đồ: 8,1(g)Al+HCl:0,8Cu→MuoiAl3+:xNH4+:zCl−:0,8+KhiH2:0,06N2:0,04+CranCu:yAldu

+ BTNT "N": 2n_Cu(NO3)2 = n_NH4+ + 2n_N2 → 2y = z + 2.0,04 (1)

+ BT electron: 3n_{Al pư} = 2n_Cu + 2n_H2 + 10n_N2 + 8n_NH4+ → 3x = 2y + 2.0,06 + 10.0,04 + 8z (2)

+ BTĐT dung dịch muối thu được: 3n_Al3+ + n_NH4+ = n_Cl- → 3x + z = 0,8 

Giải hệ (1) (2) (3) được: x = 0,26; y = 0,05; z = 0,02

Chất rắn gồm các kim loại: m_{Al dư} = 8,1 - 0,26.27 = 1,08 gam; m_Cu = 0,05.64 = 3,2 gam → m = 4,28 gam

Đáp án B

(1) X + 2NaOH → X₁ + X₂ + H₂O

(2) X₁ + H₂SO₄ → X₃ + Na₂SO₄

Từ (1,2) → X là este, X₁ là muối natri, X₂ là ancol

(3) nX₂ + nY → poli(etylen terephtalat) + 2nH₂O

[ poli(etylen terephtalat) là (-O-CH₂-CH₂-O-CO-[CH₂]₄-CO-)_n ]

→ X₂: HOCH₂CH₂OH; Y: HOOC-[CH₂]₄-COOH

(4) nX₃ + nZ → tơ nilon-6,6 + 2nH₂O

[ nilon-6,6 là (-NH-[CH₂]₆-NH-CO-[CH₂]₄-CO-)_n ]

→ X₃: HOOC-[CH₂]₄-COOH; Z: H₂N-[CH₂]₆-NH₂

→ X₁ là NaOOC-[CH₂]₄-COONa

Mà 1 mol X tác dụng với 2 mol NaOH sinh ra 1 mol X₁, 1 mol X₂ và 1 mol H₂O

→ X là HOOC-[CH₂]₄COOCH₂CH₂OH có CTPT là C₈H₁₄O₅

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính toán theo PTHH:

(1) ClH₃N-CH₂-CONH-CH(COOH)-CH₂CH₂-COOH + 4NaOH →

                           H₂NCH₂COONa + NaOCO-CH(NH₂)CH₂CH₂COONa + NaCl + 3H₂O

(2) 2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O

Giải chi tiết:

(1) ClH₃N-CH₂-CONH-CH(COOH)-CH₂CH₂-COOH + 4NaOH →

                                         0,1 mol                 →                   0,4 mol

                                            H₂NCH₂COONa + NaOCO-CH(NH₂)CH₂CH₂COONa + NaCl + 3H₂O

                                                        0,1 mol →                             0,1 mol                →  0,1 mol

(2) 2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O

          0,2  ←     0,1   →      0,1

Vậy chất rắn gồm:

0,1 mol Na₂SO₄; 0,1 mol H₂NCH₂COONa; 0,1 mol NaOCO-CH(NH₂)CH₂CH₂COONa; 0,1 mol NaCl

→ m_rắn = 48,85 gam

Đáp án A

Y hòa tan được Cu tạo khí không màu hóa nâu trong không khí (NO) → Y có chứa H⁺ và NO₃^-

→ X là muối NO₃^-

Trong các đáp án thì chỉ có Ba(NO₃)₂ tạo kết tủa trắng khi phản ứng với H₂SO₄

Đáp án D

Phương pháp giải:

 Tính chất hóa học của amino axit

Giải chi tiết:

Giả sử X là (H₂N)_n-R-(COOH)_m

n_NaOH = 0,5.0,4 = 0,2 mol → n_NaOH = 2.n_X → m = 2

Muối trong Y là (H₂N)_n-R-(COONa)₂ (0,1 mol)

n_HCl = 0,3.1 = 0,3 mol → n_HCl = 3n_Y → n = 1 (HCl phản ứng với 1 nhóm NH₂ và 2 nhóm COONa)

→ Muối khan sẽ gồm: 0,1 mol ClH₃N-R-(COOH)₂; 0,2 mol NaCl

→ 30,05 = 0,1.(R + 142,5) + 0,2.58,5

→ R = 41 (C₃H₅)

Vậy X là H₂NC₃H₅(COOH)₂ có 9 nguyên tử H.

Đáp án C

(a) Đun nóng tinh bột trong dung dịch H₂SO₄ loãng

→ Có phản ứng. Vì tinh bột dễ bị thủy phân trong MT axit tạo thành glucozo.

(b) Nhỏ vài giọt nước brom vào dung dịch anilin

→ Có phản ứng. PTHH: H₂NC₆H₅ + 3Br₂ → H₂NC₆H₂Br₃↓ + 3HBr

(c) Cho dung dịch HCl vào dung dịch axit glutamic

→ Có phản ứng. Do axit glutamic có chứa nhóm NH₂ nên phản ứng được với HCl.

PTHH: HOOC-[CH₂]₂-CH(NH₂)COOH + HCl → HOOC-[CH₂]₂-CH(NH₃Cl)COOH

(d) Cho metyl fomat vào dung dịch chứa AgNO₃/NH₃ đun nóng

→ Có phản ứng. Vì metyl fomat có nhóm CHO (trong HCOO-) nên có phản ứng tráng bạc

(e) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch anilin

→ Không phản ứng. Vì anilin và NaOH đều là bazo nên không phản ứng với nhau

Vậy có 4 phản ứng có thể xảy ra.

Đáp án A

n_NaOH = 0,3.1 = 0,3 mol

Sơ đồ: X + NaOH → Muối + Ancol + H₂O

Bảo toàn khối lượng: m_X + m_NaOH = m_muối + m_ancol + m_H2O → 0,1.180 + 0,3.40 = 25 + 3,2 + m_H2O

→ m_H2O = 1,8 gam → n_H2O = 0,1 mol

n_CH3OH = 3,2 : 32 = 0,1 mol

Ta thấy 1 mol X phản ứng với 3 mol NaOH sinh ra 1 mol CH₃OH và 1 mol H₂O nên CTCT có thể có của X:

o,m,p-HCOOC₆H₄COOCH₃; CH₃OOC-COOC₆H₅

Đáp án D

Phương pháp giải:

Bài tập {KL, Oxit} + Axit oxi hóa:

- Quy hỗn hợp về dạng: KL, O

→ Công thức giải nhanh:

n_e = n_{e KL} = n_NO2 + 3n_NO + 8n_N2O + 10n_N2 + 8n_NH4NO3 + 2n_O

n_HNO3 = 2n_NO2 + 4n_NO + 10n_N2O + 12n_N2 + 10n_NH4NO3 + 2n_O

Giải chi tiết:

*Thí nghiệm 1: X + HNO₃ đặc nóng → sản phẩm khử là NO₂

→ CT giải nhanh: n_HNO3 = 2n_NO2 → n_NO2 = 1 mol

→ Bảo toàn e: 3n_Fe + 2n_Cu = n_NO2 = 1 mol

*Thí nghiệm 2:

Quy hỗn hợp oxi về dạng Fe, Cu, O

→ Bảo toàn e: 3n_Fe + 2n_Cu  = 2n_O + 2n_SO2 → n_SO2 = 0,5 - n_O

Bảo toàn điện tích: 3n_Fe + 2n_Cu = 2n_SO4 → n_SO4 = 0,5 mol

Bảo toàn S: n_H2SO4 = n_SO2 + n_{SO4 muối} → 0,8 = 0,5 - n_O + 0,5 → n_O = 0,2 mol

→ m_KL = m_Y - m_O = 25,2 - 0,2.16 = 22 gam

Đáp án D

Phương pháp giải:

Biện luận CTCT các chất → Tính toán theo PTHH

Giải chi tiết:

n_CH3OH = 10,24 : 32 = 0,32 mol

X (C₄H₆O₄) là este 2 chức → X có thể là: (COOCH₃)₂ hoặc (HCOO)₂C₂H₄ → Mà sau phản ứng thu được ancol đơn chức nên X là (COOCH₃)₂ → Ancol là CH₃OH

Ta thấy: n_F : n_NaOH = 1 : 2 → Y cũng phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1: 2

Mà 3 muối có cùng số C (2C) → Y là CH₃COONH₃CH₂COOCH₃

Gọi số mol của X, Y lần lượt là x và y

(COOCH₃)₂ + 2NaOH → (COONa)₂ + 2CH₃OH

CH₃COO-NH₃-CH₂COOCH₃ + 2NaOH → CH₃COONa + H₂NCH₂COONa + CH₃OH + H₂O

→ n_CH3OH = 2x + y = 0,32 mol và n_NaOH = 2x + 2y = 0,4 mol

→ x = 0,12; y = 0,08 mol

→ 3 muối sau phản ứng gồm: 0,12 mol (COONa)₂; 0,08 mol CH₃COONa; 0,08 mol H₂NCH₂COONa

Muối có M nhỏ nhất là CH₃COONa → %m_CH3COONa = 21,6%

Đáp án B

Từ  m_C : m_H = 6 : 1 → n_C : n_H = 0,5 : 1 = 1 : 2

Giả sử X có dạng (Gly)_a(Ala)_b(Lys)_c có số H gấp 2 lần số C

→ 5a + 7b + 14c - 2(a + b + c - 1) = 2(2a + 3b + 6c)

(Số H của X = Số H của (Gly + Ala + Lys) - số H của H₂O tách ra để tạo thành peptit)

→ a + b = 2 → a = b = 1

Ta có: n_NaOH = 0,2.1 = 0,2 mol; n_H2SO4 = 0,5.1 = 0,5 mol

→ n_H+ = n_N + n_OH-  → 0,5.2 = 0,1(a + b + 2c) + 0,2

→ c = 3

Vậy X là Gly-Ala-(Lys)₃ (0,1 mol)

Quá trình phản ứng:

Gly-Ala-(Lys)₃ + 4H₂O + 4H₂SO₄ → Muối sunfat

2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + H₂O

n_{H2O pứ} = 4n_X = 0,1.4 = 0,4 mol

n_{H2O sp} = n_NaOH = 0,2 mol

Bảo toàn khối lượng: m_muối = m_X + m_H2SO4 + m_NaOH + m_{H2O pứ} - m_{H2O sp}

→ m_muối = 113,6 gam

Đáp án A

Phương pháp giải:

 Vì E + NaOH tạo 2 ancol đơn chức đồng phân của nhau → Ancol có tối thiểu 3C

Mà Y có 4C → Y là HCOOC₃H₇ (ancol là C₃H₇OH) => Các ancol có CTPT là C₃H₈O

Tính được tổng số mol của ancol.

→ X là (COOC₃H₇)₂ (x mol) và Y là HCOOC₃H₇ (y mol)

Từ số mol ancol và số mol hỗn hợp ta lập được hệ phương trình và giải tìm được x, y.

Áp dụng bảo toàn khối lượng tính được: m_rắn = m_E + m_NaOH - m_ancol

Giải chi tiết:

Vì E + NaOH tạo 2 ancol đơn chức đồng phân của nhau → Ancol có tối thiểu 3C

Mà Y có 4C → Y là HCOOC₃H₇ (ancol là C₃H₇OH) => Các ancol có CTPT là C₃H₈O

→ ∑n_ancol = 12 : 60 = 0,2 mol

→ X là (COOC₃H₇)₂ (x mol) và Y là HCOOC₃H₇ (y mol)

→ n_ancol = 2x + y = 0,2 mol; n_E = x + y = 0,15 mol

→ x = 0,05; y = 0,1 mol

Bảo toàn khối lượng: m_E + m_NaOH = m_rắn + m_ancol

→ (0,05.174 + 0,1.88) + 0,4.40 = m_rắn + 12

→ m_rắn = 21,5 gam