Bộ đề kiểm tra định kì học kì 2 Hóa 9 có đáp án (Mới nhất) (Đề 33)

Đáp án đúng là: B

Khi đốt X thì chỉ có khí CH₄ cháy, còn lại khí N₂ và CO₂ không cháy.

Ta có thể tích của CH₄ là:

 $V_{C{H}_4}=96\%.V_X=96\%.10=9,6\left(lit\right)$

CH₄ cháy theo phương trình:

 $C{H}_4+2O_2\stackrel{t^o}{\to }C{O}_2+2H_{2}O$

Theo phương trình phản ứng, ta có thể tích O₂ cần phải dùng là:

 $V_{O_2}=2.V_{C{H}_4}=2,9,6=19,2\left(lit\right)$

Đáp án đúng là: B

Etilen tham gia phản ứng trùng hợp tạo polietilen.

 $\underset{etilen}{\underbrace{nC{H}_2=C{H}_2}}\stackrel{t^o,p,xt}{\to }\underset{polietilen}{\underbrace{{\sout{(}C{H}_2=C{H}_2\sout{)}}_n}}$

Đáp án đúng là: B

Axit axetic tác dụng được với Zn, CuO, C₂H₅OH, Ca(OH)₂ lần lượt theo các phương trình sau:

$\begin{array}{l}2C{H}_{3}COOH+Zn\to {\left(C{H}_{3}COO\right)}_{2}Zn+H_2\\ 2C{H}_{3}COOH+CuO\to {\left(C{H}_{3}COO\right)}_{2}Cu+H_{2}O\\ C{H}_{3}COOH+C_2{H}_{5}OH\stackrel{H_{2}S{O}_4,t^o}{\rightleftarrows }C{H}_{3}COO{C}_2{H}_5+H_{2}O\\ 2C{H}_{3}COOH+Ca{\left(OH\right)}_2\to {\left(C{H}_{3}COO\right)}_{2}Ca+2H_{2}O\end{array}$

Đáp án đúng là: A

Đáp án đúng là: C

Vì khi đó axetilen tác dụng với dung dịch brom, còn metan không tác dụng được nên thoát ra ngoài và ta thu được khí metan tinh khiết.

Phương trình phản ứng:

 $C_2{H}_2+2B{r}_2\to C_2{H}_{2}B{r}_4$

Đáp án đúng là: D

(a) Sai. Vì chỉ có glucozơ mới có thể tham gia phản ứng tráng gương.

(b) Sai. Vì glucozơ không bị thủy phân.

(c) Đúng.

(d) Sai. Vì thủy phân tinh bột trong môi trường axit thu được glucozơ.

(e) Đúng.

Vậy có 3 phát biểu không đúng.

Đáp án đúng là: C

Ta có:

 $\begin{array}{l}{n}_{CaO}=\frac{m_{CaO}}{M_{CaO}}=\frac{67,2}{56}=1,2\left(mol\right)\\ n_{CaC{O}_3}=\frac{m_{CaC{O}_3}}{M_{CaC{O}_3}}=\frac{150}{100}=1,5\left(mol\right)\end{array}$

Phương trình phản ứng:

 $CaC{O}_3\stackrel{t^o}{\to }CaO+C{O}_2\uparrow$

Số mol của CaCO₃ tham gia phản ứng là:

 $n_{CaC{O}_3\left(phanung\right)}=n_{CaO}=1,2\left(mol\right)$

Hiệu suất của phản ứng là:

 $H=\frac{n_{CaC{O}_3\left(phanung\right)}}{n_{CaC{O}_3\left(bandau\right)}}.100\%=\frac{1,2}{1,5}.100\%=80\%$

Đáp án đúng là: A

Vì CH₃−COOH là một axit.

Đáp án đúng là: A

 $\underset{X}{\underbrace{C_2{H}_4}}+3O_2\stackrel{t^o}{\to }2C{O}_2+2H_{2}O$

Đáp án đúng là: C

Phương trình phản ứng:

 $\begin{array}{l}{C}_2{H}_4+B{r}_2\to C_2{H}_{4}B{r}_2\\ n_{B{r}_2}=\frac{m_{B{r}_2}}{M_{B{r}_2}}=\frac{8}{160}=0,05\left(mol\right)\end{array}$

Theo phương trình ta có:

 $\begin{array}{l}{n}_{C_2{H}_4}=n_{B{r}_2}=0,05\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{C_2{H}_4}=n_{C_2{H}_4}.M_{C_2{H}_4}=0,05.28=1,4\left(gam\right)\end{array}$

Vậy khối lượng khí etilen cần dùng là 1,4 gam.

Đáp án đúng là: A

Nước, rượu etylic và axit axetic tác dụng được với kim loại K lần lượt theo các phương trình sau:

 $\begin{array}{l}2H_{2}O+2K\to 2KOH+H_2\uparrow \\ 2C_2{H}_{5}OH+2K\to 2C_2{H}_{5}OK+H_2\uparrow \\ 2C{H}_{3}COOH+2K\to 2C{H}_{3}COOK+H_2\uparrow \end{array}$

Đáp án đúng là: B

Đáp án A sai. Vì  axetilen nhẹ hơn không khí.

Đáp án C sai. Vì axetilen ít tan trong nước.

Đáp án D sai. Vì axetilen không có mùi.

Đáp án đúng là: D

Đáp án đúng là: D

Hòa tan trong nước: nhận biết tinh bột (không tan) hoặc dùng iot.

Dùng phản ứng tráng gương nhận biết glucozơ.

Phương trình phản ứng:

 $C_6{H}_{12}{O}_6+A{g}_{2}O\stackrel{N{H}_3}{\to }{C}_6{H}_{12}{O}_7+2Ag$

Còn lại saccarozơ.

Phương trình phản ứng:

 $\begin{array}{l}{C}_6{H}_{12}{O}_6\underset{30-{35}^{o}C}{\overset{menruou}{\to }}2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2\left(1\right)\\ C{O}_2+Ca{\left(OH\right)}_2\to CaC{O}_3\downarrow +H_{2}O\left(2\right)\end{array}$

Ta có số mol của CaCO₃ là:

 $\begin{array}{l}{n}_{CaC{O}_3}=\frac{m_{CaC{O}_3}}{M_{CaC{O}_3}}=\frac{36}{100}=0,36\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,36\left(mol\right)\end{array}$

Theo phương trình phản ứng (1), ta có số mol glucozơ đã phản ứng là:

 $n_{C_6{H}_{12}{O}_6}=\frac{1}{2}.n_{C{O}_2}=\frac{1}{2}.0,36=0,18\left(mol\right)$

Mà hiệu suất phản ứng đạt 90% nên số mol glucozơ ban đầu là:

 $\begin{array}{l}H=\frac{n_{C_6{H}_{12}{O}_6\left(phanung\right)}}{n_{C_6{H}_{12}{O}_6\left(bandau\right)}}.100\%=90\left(\%\right)\\ \Rightarrow n_{C_6{H}_{12}{O}_6\left(bandau\right)}=\frac{n_{C_6{H}_{12}{O}_6\left(phanung\right)}}{H}.100\%=\frac{0,18}{90\%}.100\%=0,2\left(mol\right)\end{array}$

Khối lượng glucozơ cần dùng là:

 $m_{C_6{H}_{12}{O}_6}=n_{C_6{H}_{12}{O}_6}.M_{C_6{H}_{12}{O}_6}=0,2.180=36\left(gam\right)$

Vậy giá trị của m là 36 gam.

Phương trình phản ứng:

 $Fe+S\stackrel{t^o}{\to }FeS$

Ta có:

 $\begin{array}{l}{n}_{Fe}=\frac{m_{Fe}}{M_{Fe}}=\frac{8,4}{56}=0,15\left(mol\right)\\ n_S=\frac{m_S}{M_S}=\frac{2,4}{32}=0,075\left(mol\right)\end{array}$

Xét tỉ lệ:

 $\frac{n_S}{1}=\frac{0,075}{1}<\frac{n_{Fe}}{1}=\frac{0,15}{1}$

Vậy S phản ứng hết và Fe còn dư.

 $Fe+S\stackrel{t^o}{\to }FeS$

Ban đầu:      0,05 (mol) 0,075 (mol)

Phản ửng:    0,075 (mol) 0,075 (mol)  0,075 (mol)

Còn lại:        0,075 (mol)    0 (mol)      0,075 (mol)

Vậy hỗn hợp chất rắn A gồm FeS và Fe còn dư.

Ta có:

 $\begin{array}{l}{n}_{FeS}=n_S=0,075\left(mol\right)\\ n_{Fe\left(du\right)}=n_{Fe\left(bandau\right)}-n_{Fe\left(phanung\right)}=0,15-0,075=0,075\left(mol\right)\end{array}$

Phương trình phản ứng:

 $\begin{array}{l}Fe+2HCl\to FeC{l}_2+H_2\uparrow \left(1\right)\\ 0,075\left(mol\right)\to 0,15\left(mol\right)\\ FeS+2HCl\to FeC{l}_2+H_{2}S\uparrow \left(2\right)\\ 0,075\left(mol\right)\to 0,15\left(mol\right)\end{array}$

Theo phương trình phản ứng (1) và (2), ta có:

Số mol của HCl đã tham gia phản ứng là:

 $n_{HCl}=n_{HCl\left(1\right)}+n_{HCl\left(2\right)}=0,15+0,15=0,3\left(mol\right)$

Thể tích của dung dịch HCl đã tham gia ơ là:

 $V_{HCl}=\frac{n_{HCl}}{C_{M_{HCl}}}=\frac{0,3}{2}=0,15\left(1\right)=150\left(ml\right)$

Ta có:

 $n_{hh}=\frac{V_{hh}}{22,4}=\frac{13,44}{22,4}=0,6\left(mol\right)$

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH₄ và C₂H₄.

Theo đề bài ta có:

 $\begin{array}{l}{n}_{hh}=n_{C{H}_4}+n_{C_2{H}_2}=x+y=0,6\left(1\right)\\ m_{hh}=m_{C{H}_4}+m_{C_2{H}_4}=16.x+28.y=15\left(2\right)\end{array}$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

 $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,6\\ 16x+28y=15\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0,15\\ y=0,45\end{array}\right.$

Số mol của CH₄ và C₂H₄ có trong hỗn hợp lần lượt là 0,15 (mol) và 0,45 (mol).

Ta có:

 $\begin{array}{l}{m}_{C{H}_4}=n_{C{H}_4}.M_{C{H}_4}=0,15.16=2,4\left(gam\right)\\ m_{C_2{H}_4}=m_{hh}-m_{C{H}_4}=15-2,4=12,6\left(gam\right)\end{array}$

Vậy thành phần % theo khối lượng của CH₄ và C₂H₄ có trong hỗn hợp lần lượt là:

 $\begin{array}{l}\%m_{C{H}_4}=\frac{m_{C{H}_4}}{m_{hh}}.100\%=\frac{2,4}{15}.100\%=16\left(\%\right)\\ \%m_{C_2{H}_4}=100\%-\%m_{C{H}_4}=100\%-16\%=84\left(\%\right)\end{array}$

Khi dẫn 13,44 lít hỗn hợp khí qua dung dịch brom thì chỉ có etilen làm mất màu dung dịch brom.

Phương trình phản ứng:

 $C_2{H}_4+B{r}_2\to C_2{H}_{4}B{r}_2$

Khối lượng của bình chứa dung dịch tăng thêm là do etilen kết hợp với brom trong dung dịch để tạo thành đibrometan

Vậy khối lượng của bình chứa dung dịch tăng thêm chính bằng khối lượng của etilen đã tham gia phản ứng.

Theo câu a, ta có:

Trong 13,44 lít hỗn hợp khí có 0,45 mol khí C₂H₄.

Vậy trong 6,72 lít hỗn hợp khí có  khí C₂H₄.$\frac{6,72.0,45}{13,44}=0,225\left(mol\right)$

 $\Rightarrow m_{C_2{H}_4}=n_{C_2{H}_4}.M_{C_2{H}_4}=0,225.28=6,3\left(gam\right)$

Vậy giá trị của m là 6,3 gam.