Đề thi Hóa học 12 Học kì 1 chọn lọc, có đáp án - Đề 3

Đáp án C

Đáp án C

Tơ nilon – 6,6 là một loại tơ poliamit vì các mắt xích nối với nhau bằng các nhóm amit (– CO – NH –) .

Đáp án A

Thủy phân peptit X có thể thu được các đipeptit là: Gly-Ala; Ala-Val; Val-Gly.

Đáp án A

Quy đổi hỗn hợp peptit về $C_2{H}_3$ON (x mol); CH2 (y mol); $H_2$O (z mol) và ${\left(C{H}_{3}COO\right)}_3{C}_3{H}_5$ (t mol)

$m_T$ = 31,88 gam → 57x + 14y + 18z + 218t = 31,88 (1)

$n_{NaOH }$= 0,44 mol → x + 3t = 0,44 (2)

Muối trong B gồm: $C_2{H}_4{O}_2$NNa (x mol); C$H_2$ (y mol); C$H_3$COONa (3t mol)

→ 97x + 14y + 82.3t = 41,04 hay 97x + 14y + 246t = 41,04 (3)

Biết trong T nguyên tố oxi chiếm 37,139% về khối lượng nên:

→ $m_{O \left(T\right)}$ = 31,88.37,139% = 11,84

Hay x + z + 6t = 0,74 (4)

Từ (1); (2); (3) và (4) có x = 0,2; y = 0,14; z = 0,06; t = 0,08.

Số N trong 

→ X là tripeptit (0,04 mol) và Y là tetrapeptit (0,02 mol)

(ghi chú: tính số mol X và Y bằng npeptit = $n_{H2O}$ = z và Số N)

Gọi số mol của Gly và Ala lần lượt a, b

→ a + b = $n_{N \left(T\right)}$= 0,2 và 2a + 3b = $n_{C \left(peptit\right)}$= 2x + y = 0,54

→ a = 0,06 và b = 0,14.

Gọi X là Glyu(Ala)3 – u và Y là Glyv(Ala)4 – v.

$n_{Gly}$ = 0,06 → 0,04u + 0,02v = 0,06 hay 2u + v = 3.

Mà X và Y đều chứa Gly và Ala nên u = 1 và v = 1 thỏa mãn.

Vậy Y là Gly(Ala)3

Đáp án C

Gọi số mol NO và $N_2$ lần lượt là x mol và y mol.

$n_{khí}$ = 0,02 mol → x + y = 0,02 mol

$m_{khí}$= 0,02.14,5.2 = 0,58 gam → 30x + 28y = 0,58 gam

Giải hệ được x = y = 0,01 mol.

Do dung dịch X chỉ chứa muối nên HCl phản ứng hết.

BTKL:

$M_{H2O}$ = 7,44 + 0,4.36,5 + 0,05.85 – 22,47 – 0,58 = 3,24 gam → $n_{H2O}$ = 0,18 mol.

Giả sử muối có $N{H}_4^{+}$

Bảo toàn nguyên tố H có:

$n_{HCl}$ = 2.$n_{H2O} + 4.n_{N{H}_4^{+} }$→ $n_{N{H}_4^{+} }$ = 0,01 mol.

Cho NaOH dư vào X thu được kết tủa Y, nung Y trong không khí thu được rắn chứa MgO và $F{e}_2{O}_3$có khối lượng 9,6 gam.

Lượng O để oxi hóa 7,44 gam hỗn hợp ban đầu lên tối đa là:

Cho AgN$O_3$ dư tác dụng với dung dịch X ta thu được kết tủa gồm AgCl 0,4 mol (bảo toàn Cl) và Ag.

Bảo toàn electron có:

$n_{Ag}$ = 0,135.2 - 0,01.8 - 0,01.3 - 0,01.10 = 0,06 mol

→ m = 0,4.143,5 + 0,06.108 = 63,88 (gam).

Đáp án D

Đáp án A

A sai vì Glucozơ không ngọt bằng đường mía.

Đáp án B

$C{H}_{3}C{H}_{2}COOC{H}_3$: metyl propionat.

Đáp án D

Đáp án D

Thành phần chính trong nguyên liệu bông, đay, gai là xenlulozơ.

Đáp án B

X → $X^{+}$ + 1e

→ Cấu hình electron của X là [Ar]4$s^1$.

Vậy X ở chu kỳ 4 (do có 4 lớp electron); nhóm IA (do 1 electron hóa trị, nguyên tố s).

Đáp án A

Dung dịch metylamin trong nước có tính bazơ nên làm quỳ tím chuyền sang màu xanh.

Đáp án B

Đáp án B

Ag dẫn điện tốt nhất.

Đáp án D

Khi thay nhóm - OH ở nhóm cacboxyl của axit cacboxylic bằng nhóm – OR thì được este.

Các chất thuộc loại este là: (1) $C{H}_{3}C{H}_{2}COOC{H}_3$; (2) C$H_3$COOC$H_3$; (3) HCOO$C_2{H}_5$; (5) C$H_3$CH(COO$C_2{H}_5$)COOC$H_3$; (7) C$H_3$OOC-COO$C_2{H}_5$

Đáp án C

Các chất tác dụng được với HCl là: $C_6{H}_{5}N{H}_2$ (anilin), $H_{2}NC{H}_{2}COOH, C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}N{H}_2.$

Đáp án B

Ta có: $n_{CO2} = n_{H2O}$ = 0,3(mol)

Vậy X thuộc este no, đơn chức.

Đáp án D

Gọi este có dạng RCOOR’

RCOOR’ (0,1) + NaOH (0,1 mol) → RCOONa + R’OH

Có $M_{este}$ = 6 : 0,1 = 60 → R + R’ = 16.

Vậy este là HCOOC$H_3$ hay metyl fomat.

Đáp án D

X có dạng: $H_2$N – R – COOH

$H_2$N – R – COOH + HCl → Cl$H_3$N – R – COOH

Bảo toàn khối lượng có mHCl = 15,06 – 10,68 = 4,38 gam

→ $n_X = n_{HCl}$= 4,38 : 36,5 = 0,12 mol

→ $M_X$ = 10,68 : 0,12 = 89. Vậy X là Alanin.

Đáp án B

Đáp án C

Sản phẩm cuối cùng khi thủy phân các protit là α-amino axit.

Đáp án B

Bảo toàn khối lượng có: $m_{O_2}$= 11,88 + 4,32 – 5,64 = 10,56 gam → $n_{O_2}$ = 0,33 mol.

Bảo toàn nguyên tố O có: 2x + y + 2z = 0,12 (1)

$n_{NaOH}$ = 0,05 → x + z = 0,05 (2)

Dung dịch sau phản ứng thu được 0,896 lít hơi ancol (đktc) và 4,7 gam muối khan

Từ (1); (2) và (3) có x = 0,03 mol và y = z = 0,02 mol.

Thay vào (4) được R = 27 (- CH= C$H_2$)

Mà khối lượng ban đầu là 5,64 gam → 72.0,03 + (R’ + 17).0,02 + (71 + R’).0,02 = 5,64 → R’ = 43 ( - $C_3{H}_7$).

Vậy X gồm:

C$H_2$ = CH – COOH: 0,03 mol; $C_3{H}_7$OH: 0,2 mol và C$H_2$ = CH – COO$C_3{H}_7$: 0,02 mol

Xét các đáp án:

(1) % về số mol của axit trong hỗn hợp X là 42,86% → đúng.

(2) có 2 đồng phân este thỏa mãn đề bài ra → đúng.

(3) % về khối lượng của ancol trong hỗn hợp X là 40,43% → sai (21,28%)

(4) 5,64 gam hỗn hợp X phản ứng tối đa với 0,04 mol $B{r}_2$ → sai (0,05 mol)

(5) Khi nung muối Y với hỗn hợp vôi tôi xút (NaOH/CaO) thu được eten → đúng.

Đáp án A

Trong mật ong chứa nhiều fructozơ.

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án C

Chú ý: $HCOO{C}_3{H}_7$ có phản ứng tráng gương nhưng không chọn do CTPT khác $C_3{H}_6{O}_2$

Đáp án C

Sản phẩm cuối cùng của quá trình thủy phân các protein đơn giản nhờ chất xúc tác thích hợp là α-aminoaxit.

Đáp án A

Glyxin: $H_{2}N-C{H}_2-COOH.$

Đáp án B

Đáp án D

Hệ số polime hóa