Đề Thi Học Kì 1 Hoá 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tây Ninh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Đề thi Hoá 12 học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tây Ninh có đáp án và lời giải chi tiết gồm 40 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT TÂY NINH

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I MÔN: Hóa – Lớp 12 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM

Câu 1 (NB): Kim loại nào sau đây có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất?

A. Pb. B. Al. C. Sn. D. Hg.

Câu 2 (NB): Chất nào sau đây thuộc loại polisaccarit?

A. Tinh bột. B. Saccarozo. C. Fructozo. D. Glucozo.

Câu 3 (VD): Cho m gam hỗn hợp gồm glyxin và alanin tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch NaOH 1,2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được 31,62 gam muối khan. Giá trị của m là

A. 30,96. B. 26,94. C. 24,72. D. 25,02.

Câu 4 (TH): Cho hỗn hợp Cu và Fe₂O₃ vào dung dịch HCl dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và một lượng chất rắn không tan. Muối trong dung dịch X là

A. FeCl₂. B. CuCl₂, FeCl₂. C. FeCl₂, FeCl₃. D. FeCl₃.

Câu 5 (NB): Số nguyên tử oxi trong một phân tử triglixerit là

A. 8. B. 6. C. 4. D. 2.

Câu 6 (TH): Polime nào sau đây được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng?

A. Poli(etylen terephtalat). B. Poli(vinyl clorua).

C. Polistiren. D. Polietilen.

Câu 7 (TH): Cho các phát biểu sau:

(a) Dung dịch lòng trắng trứng bị đông tụ khi đun nóng.

(b) Trong phân tử lysin có một nguyên tử nitơ.

(c) Dung dịch alanin làm đổi màu quỳ tím.

(d) Anilin là chất rắn, tan tốt trong nước.

Số phát biểu đúng là

A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.

Câu 8 (VD): Hỗn hợp X gồm 3 chất: CH₂O₂, C₂H₄O₂, C₄H₈O₂. Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp X, thu được 0,8 mol H₂O và m gam CO₂. Giá trị của m là

A. 35,20. B. 17,60. C. 17,92. D. 70,40.

Câu 9 (NB): Chất nào dưới đây khi cho vào dung dịch AgNO₃ trong NH₃ dư, đun nóng, không xảy ra phản ứng tráng bạc?

A. Glucozo. B. Fructozo. C. Anđehit axetic. D. Saccarozo.

Câu 10 (TH): Cho biết số thứ tự của Mg trong bảng tuần hoàn là 12. Vị trí của Mg trong bảng tuần hoàn là

A. chu kì 3, nhóm IIB. B. chu kì 3, nhóm IIA. C. chu kì 3, nhóm IIIA. D. chu kì 2, nhóm IIA.

Câu 11 (NB): Este nào sau đây có công thức phân tử C₄H₈O₂?

A. Vinyl axetat. B. Etyl axetat. C. Propyl axetat. D. Phenyl axetat.

Câu 12 (NB): Chất nào sau đây không thủy phân trong môi trường axit?

A. Tinh bột. B. Saccarozo. C. Glucozo. D. Xenlulozo.

Câu 13 (TH): Kim loại nào sau đây khử được Fe²⁺ trong dung dịch?

A. Ag. B. Na. C. Zn. D. Cu.

Câu 14 (TH): Sản phẩm của phản ứng este hóa giữa ancol metylic và axit axetic là

A. propyl propionat. B. propyl fomat. C. metyl axetat. D. metyl propionat.

Câu 15 (TH): Chất X có cấu tạo CH₃CH₂COOCH_3. Tên gọi của X là

A. metyl axetat. B. propyl axetat. C. etyl axetat. D. metyl propionat.

Câu 16 (NB): Đường fructozo có nhiều trong mật ong, ngoài ra còn có trong các loại hoa quả và rau xanh như ổi, cam, xoài, rau diếp xoắn, cà chua, … rất tốt cho sức khỏe. Công thức của fructozo là

A. C₁₂H₂₂O₁₁. B. C₆H₁₀O₅. C. CH₃COOH. D. C₆H₁₂O₆.

Câu 17 (TH): Số nguyên tử nitơ trong phân tử Ala-Gly-Ala-Gly là

A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.

Câu 18 (NB): Chất nào sau đây thuộc loại amin bậc ba?

A. CH₃-NH-CH₃. B. C₂H₅-NH₂. C. (CH₃)₃N. D. CH₃-NH₂.

Câu 19 (TH): Chất không tham gia phản ứng trùng hợp là

A. toluen. B. isopren. C. propen. D. stiren.

Câu 20 (NB): Nguyên tắc chung được dùng để điều chế kim loại là

A. cho hợp chất chứa ion kim loại tác dụng với chất khử.

B. oxi hóa ion kim loại trong hợp chất thành nguyên tử kim loại.

C. khử ion kim loại trong hợp chất thành nguyên tử kim loại.

D. cho hợp chất chứa ion kim loại tác dụng với chất oxi hóa.

Câu 21 (TH): Những tính chất vật lí chung của kim loại như: tính dẻo, dẫn điện, dẫn nhiệt, ánh kim gây nên chủ yếu bởi

A. khối lượng riêng của kim loại. B. các electron tự do trong tinh thể kim loại.

C. cấu tạo mạng tinh thể kim loại. D. các ion dương kim loại.

Câu 22 (TH): Ion nào sau đây có tính oxi hóa mạnh nhất trong dung dịch?

A. Fe²⁺. B. Zn²⁺. C. Ag⁺. D. Ba²⁺.

Câu 23 (VD): Trùng hợp m tấn etilen thu được 1,2 tấn polietilen (PE) với hiệu suất phản ứng bằng 80%. Giá trị của m là

A. 1,5. B. 2,0. C. 1,2. D. 1,8.

Câu 24 (VD): Cho 3,0 gam hỗn hợp X gồm anilin, metylamin, đimetylamin phản ứng vừa đủ với 50 ml dung dịch HCl 1,2M thu được m gam muối. Giá trị của m là

A. 5,19. B. 3,06. C. 5,67. D. 4,17.

Câu 25 (NB): Amino axit là hợp chất hữu cơ trong phân tử có chứa nhóm chức

A. hiđroxyl và amino. B. cacboxyl và amino. C. cacbonyl và amino. D. cacboxyl và hiđroxyl.

Câu 26 (TH): Số đồng phân cấu tạo amin bậc một có công thức phân tử C₄H₁₁N là

A. 5. B. 2. C. 3. D. 4.

Câu 27 (NB): Chất béo là trieste của axit béo với

A. ancol etylic. B. glixerol. C. ancol metylic. D. etylen glicol.

Câu 28 (TH): Cho dãy các kim loại: Hg, Cu, Fe, Ag. Số kim loại trong dãy phản ứng được với dung dịch H₂SO₄ loãng là

A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.

Câu 29 (NB): Xà phòng hóa chất nào sau đây thu được glixerol?

A. Tristearin. B. Metyl axetat. C. Benzyl axetat. D. Metyl fomat.

Câu 30 (TH): Số nhóm amino và số nhóm cacboxyl có trong một phân tử axit glutamic tương ứng là

A. 2 và 2. B. 2 và 1. C. 1 và 1. D. 1 và 2.

Câu 31 (TH): Phân tử polime nào sau đây chỉ chứa hai nguyên tố C và H?

A. Poli(vinyl clorua). B. Poli(vinyl axetat). C. Polietilen. D. Poliacrilonitrin.

Câu 32 (VDC): Đốt cháy hoàn toàn 0,120 mol hỗn hợp E gồm hai chất hữu cơ mạch hở X (C_nH_2n+3O₂N) và muối của axit cacboxylic hai chức Y (C_mH_2m+4O₄N₂) cần vừa đủ 0,258 mol O₂, thu được 0,720 mol hỗn hợp CO₂, N₂ và H₂O. Mặt khác, khi cho 0,120 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH đun nóng. Kết thúc phản ứng, cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp Z gồm hai chất khí, đều làm xanh quỳ tím ẩm và m gam hỗn hợp muối khan. Giá trị của m là

A. 8,832. B. 12,284. C. 11,328. D. 12,336.

Câu 33 (VDC): Lên men m gam tinh bột thành ancol etylic với hiệu suất cả quá trình là 75%. Lượng CO₂ sinh ra được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ba(OH)₂, thu được 98,5 gam kết tủa và dung dịch X. Thêm dung dịch KOH 1,0M vào X, thu được kết tủa. Để lượng kết tủa thu được là lớn nhất thì cần tối thiểu 150 ml dung dịch KOH. Giá trị của m là

A. 75,6. B. 86,4. C. 70,2. D. 64,8.

Câu 34 (VDC): Cho m gam Mg vào dung dịch X gồm 0,036 mol Zn(NO₃)₂ và 0,060 mol Cu(NO₃)₂, sau một thời gian thu được 6,300 gam kim loại và dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Y, thu được lượng kết tủa lớn nhất là 8,004 gam. Giá trị của m là

A. 4,860. B. 2,424. C. 3,432. D. 4,320.

Câu 35 (VD): Đốt cháy hoàn toàn a gam triglixerit X cần vừa đủ 3,26 mol O₂, thu được 2,28 mol CO₂ và 39,6 gam H₂O. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 2a gam X trong dung dịch KOH, thu được glixerol và m gam hỗn hợp muối. Giá trị của m là

A. 38,64. B. 77,28. C. 19,32. D. 57,96.

Câu 36 (VDC): Cho 33,32 gam hỗn hợp X gồm glyxin, alanin, axit glutamic và etylamin tác dụng với dung dịch KOH dư thì có 0,35 mol KOH đã tham gia phản ứng. Đốt cháy hoàn toàn 33,32 gam X, thu được CO₂, N₂ và 25,20 gam H₂O. Cho 33,32 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được dung dịch Y chứa m gam muối. Giá trị của m là

A. 48,65. B. 58,87. C. 53,76. D. 46,09.

Câu 37 (VDC): Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm ba este đều mạch hở (phân tử khối nhỏ hơn 148), thu được 26,88 lít CO₂ (đktc). Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH (vừa đủ), thu được 40,6 gam hỗn hợp muối và 19,0 gam hỗn hợp ancol Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với Na dư, thu được 6,72 lít H₂ (đktc). Phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử nhỏ nhất trong X là

A. 62,36%. B. 33,71%. C. 41,57%. D. 50,56%.

Câu 38 (VDC): Hòa tan hoàn toàn 10,680 gam hỗn hợp gồm Mg và Zn bằng lượng vừa đủ 500 ml dung dịch HNO₃ 1,2M. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 1,2096 lít khí N₂O (đktc) duy nhất và dung dịch X chứa m gam muối. Giá trị của m là

A. 40,920. B. 40,440. C. 41,184. D. 37,584.

Câu 39 (TH): Cho các phát biểu sau:

(a) Phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm là phản ứng thuận nghịch.

(b) Poli(vinyl clorua) được điều chế bẳng phản ứng trùng ngưng.

(c) Ở điều kiện thường, metylamin là chất khí, tan nhiều trong nước.

(d) Glucozo thuộc loại monosaccarit, tinh bột thuộc loại polisaccarit.

(e) Các chất có công thức dạng C_n(H₂O)_m đều thuộc loại cacbohiđrat.

(d) Các loại tơ poliamit kém bền trong môi trường axit và môi trường kiềm.

Số phát biểu đúng là

A. 4. B. 6. C. 3. D. 5.

Câu 40 (VD): Tiến hành thí nghiệm theo các bước sau:

Bước 1: Cho vài giọt dung dịch iot (màu vàng nhạt) vào ống nghiệm đựng sẵn 2 ml dung dịch hồ tinh bột (không màu) và để trong thời gian 2 phút ở nhiệt độ thường.

Bước 2: Đun nóng ống nghiệm trên ngọn lửa đèn cồn (không để sôi) khoảng 1-2 phút.

Bước 3: Để nguội ống nghiệm về nhiệt độ phòng.

Cho các phát biểu sau:

(a) Sau bước 1, dung dịch có màu xanh tím.

(b) Sau bước 2, dung dịch bị mất màu do iot bị thăng hoa hoàn toàn.

(c) Sau bước 3, dung dịch có màu xanh tím.

(d) Ở bước 1, nếu thay dung dịch hồ tinh bột bằng xenlulozo thì hiện tượng thí nghiệm sau bước 3 vẫn xảy ra tương tự.

(e) Thí nghiệm trên có thể được dùng để nhận biết hồ tinh bột.

Số phát biểu đúng là

A. 2. B. 1. C. 4. D. 3.

PHẦN II. TỰ LUẬN

Câu 1 (TH): Viết các phương trình hóa học sau:

a) CH₃COOC₂H₅ + H₂O$\overset {{H_2}S{O_4}dac,{t^o}} \leftrightarrows $

b) C₁₂H₂₂O₁₁ (saccarozo) + Cu(OH)₂ →

c) Anilin + HCl →

d) Trùng hợp acrilonitrin.

Câu 2 (VD): Tính thể tích dung dịch axit nitric 63% (D = 1,4 g/ml) cần dùng vừa đủ để sản xuất được 59,4 kg xenlulozo trinitrat (hiệu suất 80%). Viết phương trình hóa học xảy ra.

Đáp án

1-D	2-A	3-D	4-A	5-B	6-A	7-D	8-A	9-D	10-B
11-B	12-C	13-C	14-C	15-D	16-D	17-C	18-C	19-A	20-C
21-B	22-C	23-A	24-A	25-B	26-D	27-B	28-D	29-A	30-D
31-C	32-C	33-B	34-A	35-B	36-A	37-B	38-A	39-C	40-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết bài đại cương kim loại.

Giải chi tiết:

Kim loại có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất và là kim loại duy nhất có thể lỏng ở điều kiện thường là thủy ngân (Hg).

Câu 2: Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Tinh bột thuộc loại polisaccarit.

Câu 3: Đáp án D

Phương pháp giải:

– Viết phản ứng tổng quát: H₂N-R-COOH + NaOH → H₂N-R-COONa + H₂O

– Từ PTTQ suy ra: ${n_{{H_2}O}} = {n_{NaOH}}$

– Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để tính m

Giải chi tiết:

Tổng quát: H₂N-R-COOH + NaOH → H₂N-R-COONa + H₂O

Theo phương trình tổng quát: ${n_{{H_2}O}} = {n_{NaOH}} = 0,25.1,2 = 0,3(mol)$

Bảo toàn khối lượng: ${m_{a.a}} + {m_{NaOH}} = {m_{muoi}} + {m_{{H_2}O}} \Leftrightarrow m + 0,3.40 = 31,62 + 0,3.18 \Leftrightarrow m = 25,02(g)$

Câu 4: Đáp án A

Phương pháp giải:

– Chất rắn không tan là Cu.

– Viết các PTHH xảy ra để xác định muối có trong dung dịch sau phản ứng.

Giải chi tiết:

Chất rắn không tan là Cu

PTHH: $F{{\rm{e}}_2}{O_3} + 6HCl \to 2F{\rm{e}}C{l_3} + 3{H_2}O$

$Cu + 2F{\rm{e}}C{l_3} \to CuC{l_2} + 2F{\rm{e}}C{l_2}$

Vậy dung dịch sau phản ứng có chứa muối FeCl₂.

Câu 5: Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào định nghĩa về triglixerit để suy ra số nhóm chức este COO trong phân tử từ đó xác định được số nguyên tử O.

Giải chi tiết:

Triglixerit là trieste của glixerol và axit béo.

Do đó phân tử triglixerit có 3 nhóm este COO chứa 6 nguyên tử O.

Câu 6: Đáp án A

Phương pháp giải:

Phản ứng trùng ngưng là phản ứng kết hợp nhiều phân tử nhỏ (monome) thành phân tử lớn (polime) đồng thời giải phóng các phân tử nhỏ khác.

Giải chi tiết:

Poli(etylen terephtalat) được điều chế phản ứng trùng ngưng etylenglicol và axit terephtalic.

PTHH:

Câu 7: Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết về amin, amino axit và protein.

Giải chi tiết:

(a) Dung dịch lòng trắng trứng bị đông tụ khi đun nóng.

→ Đúng do thành phần chính của lòng trắng trứng là protein nên bị đông tụ khi đun nóng.

(b) Trong phân tử lysin có một nguyên tử nitơ.

→ Sai, phân tử lysin có 2 nhóm -NH₂ nên có 2 nguyên tử N.

(c) Dung dịch alanin làm đổi màu quỳ tím.

→ Sai, alanin là H₂N-CH(CH₃)-COOH có số nhóm -NH₂ bằng số nhóm -COOH nên không làm đổi màu quỳ tím.

(d) Anilin là chất rắn, tan tốt trong nước.

→ Sai vì anilin ít tan trong nước.

Vậy có 1 phát biểu đúng.

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp giải:

– Quan sát CTPT của các chất để rút ra đặc điểm chung của chúng.

– Suy ra mối liên hệ giữa mol CO₂ và mol H₂O.

Giải chi tiết:

Các chất đều có dạng C_nH_2nO_m nên khi đốt cháy thu được: ${n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}} = 0,8(mol)$

$ \to {m_{C{O_2}}} = 0,8.44 = 35,2(g)$

Câu 9: Đáp án D

Phương pháp giải:

Các chất có chứa nhóm -CHO (hoặc có khả năng chuyển thành chất có nhóm -CHO) thì có phản ứng tráng gương.

Giải chi tiết:

– Glucozo, anđehit axetic có chứa nhóm -CHO trong phân tử nên có phản ứng tráng gương

– Fructozo trong môi trường kiềm chuyển hóa thành glucozo nên cũng có phản ứng tráng gương

– Saccarozo không chứa -CHO nên không có phản ứng tráng gương.

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp giải:

– Viết cấu hình e nguyên tử.

– Từ cấu hình e nguyên tử xác định vị trí của nguyên tố trong bảng tuần hoàn:

*Chu kì: số lớp = số thứ tự chu kì

*Nhóm:

– Nếu e cuối cùng được điền vào phân lớp s, p => nhóm A

Số e lớp ngoài cùng = số thứ tự nhóm

– Nếu e cuối cùng được điền vào phân lớp d, f => nhóm B

Gọi n là tổng số e hóa trị của nguyên tố (n = số e lớp ngoài cùng + số e phân lớp sát ngoài cùng nếu nó chưa bão hòa)

+ n < 8 => nhóm nB

+ 8 ≤ n ≤ 10 => nhóm VIIB

+ n > 10 => nhóm (n-10)B

Giải chi tiết:

– Cấu hình e của Mg (Z = 12) là 1s²2s²2p⁶3s²

– Vị trí của Mg trong bảng tuần hoàn:

+ Chu kì 3 do có 3 lớp e

+ Nhóm IIA do có e cuối cùng điền vào phân lớp s và có 2e ở lớp ngoài cùng

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp giải:

Từ tên gọi → CTCT → CTPT.

Giải chi tiết:

– Vinyl axetat là CH₃COOCH=CH₂ có CTPT là C₄H₆O₂

– Etyl axetat là CH₃COOC₂H₅ có CTPT là C₄H₈O₂

– Propyl axetat là CH₃COOCH₂CH₂CH₃ có CTPT là C₅H₁₀O₂

– Phenyl axetat là CH₃COOC₆H₅ có CTPT là C₈H₈O₂

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết chung về cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Glucozo là monosaccarit nên không có phản ứng thủy phân (kể cả trong môi trường axit và kiềm).

Câu 13: Đáp án C

Phương pháp giải:

Kim loại đứng trước Fe trong dãy điện hóa (trừ các KL phản ứng với H₂O) sẽ khử được Fe²⁺ trong dung dịch.

Giải chi tiết:

Kim loại đứng trước Fe trong dãy điện hóa (trừ các KL phản ứng với H₂O) sẽ khử được Fe²⁺ trong dung dịch.

→ Zn có thể khử được Fe²⁺

PT ion: Zn + Fe²⁺ → Zn²⁺ + Fe

Chú ý: Na đứng trước Fe nhưng Na khử nước, không khử ion Fe²⁺.

Câu 14: Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

PTHH: $C{H_3}{\rm{COO}}H + C{H_3}OH\mathop \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\leftarrow\over{\smash{\rightarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} \limits^{{H_2}S{O_4}dac,{t^o}} C{H_3}COOC{H_3}(metyl{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} axet{\rm{a}}t) + {H_2}O$

Câu 15: Đáp án D

Phương pháp giải:

Cách gọi tên este: Tên gọi của este RCOOR’ = Tên gốc R’ + tên gốc axit (đuôi “at”)

Giải chi tiết:

CH₃CH₂COOCH₃ có tên gọi là Metyl propionat.

Câu 16: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Công thức phân tử của fructozo là C₆H₁₂O₆.

Câu 17: Đáp án C

Phương pháp giải:

Số nguyên tử C của peptit bằng tổng số nguyên tử C của các amino axit thành phần.

Giải chi tiết:

Phân tử Ala và Gly đều có 1 nhóm -NH₂ nên có 1 nguyên tử N.

→ Ala-Gly-Ala-Gly có 4 nguyên tử N

Câu 18: Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào khái niệm về bậc amin: Bậc của amin là số gốc hiđrocacbon gắn trực tiếp với nguyên tử N.

Giải chi tiết:

Bậc của amin là số gốc hiđrocacbon gắn trực tiếp với nguyên tử N.

→ Trong các amin thì (CH₃)₃N thuộc loại amin bậc 3.

Câu 19: Đáp án A

Phương pháp giải:

Điều kiện để tham gia phản ứng trùng hợp: Một chất tham gia phản ứng trùng hợp khi phân tử của nó có chứa liên kết π kém bền hoặc vòng kém bền.

Giải chi tiết:

Toluen không có liên kết π kém bền hoặc vòng kém bền nên không tham gia phản ứng trùng hợp.

Câu 20: Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về điều chế kim loại.

Giải chi tiết:

Nguyên tắc chung được dùng để điều chế kim loại là khử ion kim loại trong hợp chất thành nguyên tử kim loại.

Câu 21: Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Những tính chất vật lí chung của kim loại như: tính dẻo, dẫn điện, dẫn nhiệt, ánh kim gây nên chủ yếu bởi các electron tự do trong tinh thể kim loại.

Câu 22: Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về dãy điện hóa:

Giải chi tiết:

Trong các ion kim loại đề bài cho thì Ag⁺ có tính oxi hóa mạnh nhất.

Câu 23: Đáp án A

Phương pháp giải:

– Áp dụng bảo toàn khối lượng: ${m_{{C_2}{H_4}pu}} = {m_{PE}}$

– Tính khối lượng C₂H₄ ban đầu dựa vào công thức tính hiệu suất: $H\% = \frac{{{m_{{C_2}{H_4}ban{\kern 1pt} dau}}}}{{{m_{{C_2}{H_4}phan{\kern 1pt} ung}}}}.100\% $

Giải chi tiết:

PTHH: Bảo toàn khối lượng: ${m_{{C_2}{H_4}pu}} = {m_{PE}} = 1,2$ (tấn)

Do hiệu suất phản ứng đạt 80% nên khối lượng của C₂H₄ ban đầu là: ${m_{{C_2}{H_4}b{\rm{d}}}} = 1,2.\frac{{100}}{{80}} = 1,5$ (tấn)

Câu 24: Đáp án A

Phương pháp giải:

– Tổng quát: Amin + HCl → Muối

– Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để tính khối lượng của muối thu được.

Giải chi tiết:

Tổng quát: Amin + HCl → Muối

Bảo toàn khối lượng: m_muối = m_amin + m_HCl = 3 + 0,05.1,2.36,5 = 5,19 gam

Câu 25: Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết về amino axit.

Giải chi tiết:

Amino axit là hợp chất hữu cơ trong phân tử có chứa nhóm chức amino (-NH₂) và nhóm cacboxyl (-COOH).

Chú ý: Nhóm cacbonyl là -CHO, hiđroxyl là -OH.

Câu 26: Đáp án D

Phương pháp giải:

– Amin bậc 1 là amin có dạng R-NH₂

– Phân loại đồng phân amin:

+ Đồng phân vị trí nhóm amin

+ Đồng phân mạch cacbon

Giải chi tiết:

Các đồng phân cấu tạo amin bậc một có công thức phân tử C₄H₁₁N:

→ Có 4 đồng phân

Câu 27: Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Chất béo là trieste của axit béo với glixerol.

Câu 28: Đáp án D

Phương pháp giải:

Các kim loại đứng trước H trong dãy điện hóa phản ứng được với dung dịch H₂SO₄ loãng.

Giải chi tiết:

Kim loại trong dãy phản ứng được với dung dịch H₂SO₄ loãng là Fe → 1 kim loại

Câu 29: Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về chất béo.

Giải chi tiết:

Xà phòng hóa tristearin thu được glixerol.

PTHH: Câu 30: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Axit glutamic là HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COOH có 1 nhóm -NH₂ và 2 nhóm -COOH.

Câu 31: Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào cấu tạo của polime để xác định thành phần của các nguyên tố trong polime.

Giải chi tiết:

– Poli(vinyl clorua) là (-CH₂-CHCl-)_n chứa C, H, Cl

– Poli(vinyl axetat) là (-CH₂-CH(OOCCH₃)-)_n chứa C, H, O

– Polietilen là (-CH₂-CH₂-)_n chứa C, H

– Poliacrilonitrin là (-CH₂-CHCN-)_n chứa C, H, N

Câu 32: Đáp án C

Phương pháp giải:

X có công thức C_nH_2n+3O₂N nên là muối của axit đơn chức.

Ta thấy các muối đều no nên có thể quy đổi thành: HCOONH₄, (COONH₄)₂, CH₂.

Giải chi tiết:

X có công thức C_nH_2n+3O₂N nên là muối của axit đơn chức.

Ta thấy các muối đều no nên có thể quy đổi thành:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HCOON{H_4}:a}\\{{{(COON{H_4})}_2}:b}\\{C{H_2}:c}\end{array}} \right. + {O_2}:0,258 \to 0,72\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{O_2}:a + 2b + c(BT:C)}\\{{H_2}O:2,5{\rm{a}} + 4b + c(BT:H)}\\{{N_2}:0,5{\rm{a}} + b(BT:N)}\end{array}} \right.$

(1) n_E = a + b = 0,12

(2) n _{sản phẩm} = a + 2b + c + 2,5a + 4b + c + 0,5a + b = 0,72

(3) BTNT “O” → 2a + 4b + 2.0,258 = 2(a + 2b + c) + 2,5a + 4b + c

Giải (1) (2) (3) được a = 0,072; b = 0,048; c = 0,048

Như vậy hỗn hợp quy đổi: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HCOON{H_4}:0,072}\\{{{(COON{H_4})}_2}:0,048}\\{C{H_2}:0,048}\end{array}} \right.$

Ta thấy ${n_{C{H_2}}} = {n_{{{(C{\rm{OON}}{{\rm{H}}_4})}_2}}} = 0,048$ nên 1 nhóm CH₂ trả về cho (COONH₄)₂.

Mà do khi phản ứng với NaOH thu được hỗn hợp khí làm xanh quỳ tím ẩm nên hỗn hợp E chứa:

HCOONH₄ (0,072 mol) và CH₃NH₃OOC-COONH₄ (0,048 mol)

→ Muối chứa HCOONa (0,072 mol) và NaOOC-COONa (0,048 mol)

→ m _muối = 0,072.68 + 0,048.134 = 11,328 gam

Câu 33: Đáp án B

Phương pháp giải:

– Dựa vào dữ kiện về số mol KOH thêm vào xác định được số mol của Ba(HCO₃)₂. Chú ý, để lượng kết tủa tối đa cần tối thiểu lượng KOH thì phản ứng là: Ba(HCO₃)₂ + KOH → BaCO₃ + KHCO₃ + H₂O

– Xét phản ứng của CO₂ với Ba(OH)₂ tính được số mol CO₂

– Sơ đồ lên men tinh bột: C₆H₁₀O₅ → C₆H₁₂O₆ → 2CO₂

Từ lượng CO₂ tính được lượng tinh bột. Chú ý phản ứng có hiệu suất.

Giải chi tiết:

${n_{BaC{{\rm{O}}_3}}} = \frac{{98,5}}{{197}} = 0,5(mol)$; ${n_{K{\rm{O}}H}} = 0,15(mol)$

Do thêm KOH vào dung dịch X thu được kết tủa nên dung dịch X có chứa Ba(HCO₃)₂. Để lượng kết tủa tối đa cần tối thiểu lượng KOH thì phản ứng là:

Ba(HCO₃)₂ + KOH → BaCO₃ + KHCO₃ + H₂O

0,15 ←          0,15

– Xét phản ứng của CO₂ và Ba(OH)₂:

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O

0,5 ←                       0,5

2CO₂ + Ba(OH)₂ → Ba(HCO₃)₂

0,3 ←                          0,15

$ \to {n_{C{O_2}}} = 0,5 + 0,3 = 0,8(mol)$

Để đơn giản ta coi tinh bột là C₆H₁₀O₅

Sơ đồ: C₆H₁₀O₅ → C₆H₁₂O₆ → 2CO₂

Từ sơ đồ ta có: ${n_{{C_6}{H_{10}}{O_5}}} = \frac{1}{2}{n_{C{O_2}}} = \frac{1}{2}.0,8 = 0,4(mol) \to {m_{tinh{\kern 1pt} {\kern 1pt} bot}} = 0,4.162 = 64,8(g)$

Do hiệu suất cả quá trình là 75% nên lượng tinh bột đã dùng là: $m = 64,8.\frac{{100}}{{75}} = 86,4(g)$

Câu 34: Đáp án A

Phương pháp giải:

Khi kết tủa lớn nhất thì dung dịch cuối cùng thu được là NaNO₃

– Bảo toàn nguyên tố N ta có: ${n_{NaN{{\rm{O}}_3}}} = 2.{n_{Zn{{(N{O_3})}_2}}} + 2.{n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}}$

– Bảo toàn nguyên tố Na ta có: ${n_{NaOH}} = {n_{NaN{{\rm{O}}_3}}} = {n_{O{H^ – }(ket{\kern 1pt} {\kern 1pt} tua)}}$

– Khối lượng phần kim loại trong kết tủa là: ${m_{KL(hi{\rm{dr}}oxit)}} = {m_{hi{\rm{dr}}oxit}} – {m_{O{H^ – }(hi{\rm{dr}}oxit)}}$

– Bảo toàn khối lượng cho kim loại và ion kim loại để tính m:

${m_{Mg}} + {m_{Zn{{(N{O_3})}_2}}} + {m_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} + {m_{NaOH}} = {m_{KL(lan{\kern 1pt} 1)}} + {m_{KL(hi{\rm{dr}}oxit)}}$

Giải chi tiết:

Khi kết tủa lớn nhất thì dung dịch cuối cùng thu được là NaNO₃

Bảo toàn nguyên tố N ta có: ${n_{NaN{{\rm{O}}_3}}} = 2.{n_{Zn{{(N{O_3})}_2}}} + 2.{n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} = 2.0,036 + 2.0,06 = 0,192(mol)$

Bảo toàn nguyên tố Na ta có: ${n_{NaOH}} = {n_{NaN{{\rm{O}}_3}}} = 0,192(mol) = {n_{O{H^ – }(ket{\kern 1pt} {\kern 1pt} tua)}}$

Khối lượng phần kim loại trong kết tủa là: ${m_{KL(hi{\rm{dr}}oxit)}} = 8,004 – 0,192.17 = 4,74(g)$

Bảo toàn khối lượng cho kim loại và ion kim loại:

${m_{Mg}} + {m_{Zn{{(N{O_3})}_2}}} + {m_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} + {m_{NaOH}} = {m_{KL(lan{\kern 1pt} 1)}} + {m_{KL(hi{\rm{dr}}oxit)}}$

$ \Leftrightarrow m + 0,036.65 + 0,06.64 = 6,3 + 4,74$

$ \Leftrightarrow m = 4,86(g)$

Câu 35: Đáp án B

Phương pháp giải:

– Xét phản ứng đốt cháy a gam X:

+ Bảo toàn nguyên tố O tính số mol của X.

+ Bảo toàn khối lượng tính được khối lượng của X.

– Xét phản ứng thủy phân 2a gam X bằng KOH (chú ý lượng chất gấp đôi so với phản ứng đốt cháy):

Phản ứng thủy phân chất béo trong KOH có dạng: (RCOO)₃C₃H₅ + 3KOH → 3RCOOK + C₃H₅(OH)₃

+ Từ số mol của X tính được số mol KOH và glixerol.

+ Áp dụng bảo toàn khối lượng tính được khối lượng của muối.

Giải chi tiết:

– Đốt cháy a gam X:

Triglixerit có chứa 6 nguyên tử O.

BTNT “O → $6{n_X} + 2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \Leftrightarrow 6{n_X} + 2.3,26 = 2.2,28 + 2,2 \Leftrightarrow {n_X} = 0,04$

BTKL → ${m_X} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} – {m_{{O_2}}} = 44.2,28 + 39,6 – 32.3,26 = 35,6(g)$

– Thủy phân 2a gam X bằng KOH:

${m_X} = 2.35,6 = 71,2(g)$

${n_X} = 2.0,04 = 0,08(mol)$

Phản ứng thủy phân chất béo trong KOH:

(RCOO)₃C₃H₅ + 3KOH → 3RCOOK + C₃H₅(OH)₃

0,08 →                 0,24 →                         0,08         (mol)

BTKL → m _muối = m_X + m_KOH – m_glixerol = 71,2 + 0,24.56 – 0,08.92 = 77,28 gam

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp giải:

Glyxin = COO + NH₃ + CH₂

Alanin = COO + NH₃ + 2CH₂

Axit glutamic = 2COO + NH₃ + 3CH₂

Etylamin = NH₃ + 2CH₂

→ Ta quy đổi hỗn hợp thành: COO, NH₃, CH₂ với ${n_{COO}} = {n_{K{\rm{O}}H}}$

Giải chi tiết:

Glyxin = COO + NH₃ + CH₂

Alanin = COO + NH₃ + 2CH₂

Axit glutamic = 2COO + NH₃ + 3CH₂

Etylamin = NH₃ + 2CH₂

→ Ta quy đổi hỗn hợp thành: COO, NH₃, CH₂ với ${n_{COO}} = {n_{K{\rm{O}}H}} = 0,35(mol)$

– Tóm tắt sơ đồ đốt cháy X:

$33,32(g)\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{COO:0,35}\\{N{H_3}:a}\\{C{H_2}:b}\end{array}} \right. + {O_2} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{O_2}}\\{{N_2}}\\{{H_2}O:1,4}\end{array}} \right.$

(1) m_X = 0,35.44 + 17a + 14b = 33,32

(2) BTNT “H” → 3a + 2b = 2.1,4

Giải hệ trên thu được a = 0,42 và b = 0,77

Bảo toàn nguyên tố N ta có: ${n_{ – N{H_2}(X)}} = {n_{N{H_3}}} = 0,42(mol)$

– Cho X phản ứng với HCl:

X + HCl → Muối

$ \to {n_{HCl}} = {n_{N{H_2}}} = 0,42(mol)$

BTKL: m_muối = m_X + m_HCl = 33,32 + 0,42.36,5 = 48,65 (g)

Câu 37: Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

${n_{C{O_2}}} = 1,2(mol);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {n_{{H_2}}} = 0,3(mol)$

Do các este đều có M < 148 nên không thể là este 3 chức → Các este trong X có thể là đơn chức, hai chức

– Khi ancol phản ứng với Na ta luôn có: ${n_{ – OH}} = 2.{n_{{H_2}}} = 0,6(mol)$

– Khi thủy phân este trong NaOH ta luôn có: ${n_{COONa}} = {n_{ – OH}} = 0,6(mol)$

Nhận thấy: ${n_{C{O_2}}} = {n_{{\rm{COONa}}}} + {n_{OH}} = 1,2(mol)$

→ Số C của gốc axit bằng số C của gốc COONa và số C của ancol bằng số nhóm OH

→ Muối gồm HCOONa (a mol) và (COONa)₂ (b mol) ; ancol gồm CH₃OH (c mol) và C₂H₄(OH)₂ (d mol)

Giải hệ mol của từng muối: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{68{\rm{a}} + 134b = 40,6}\\{a + 2b = 0,6}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,4}\\{b = 0,1}\end{array}} \right.$

Giải hệ mol của từng ancol: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{32c + 62{\rm{d}} = 19}\\{c + 2{\rm{d}} = 0,6}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 0,4}\\{d = 0,1}\end{array}} \right.$

Từ mol của muối và ancol ta suy ra được hỗn hợp X gồm: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HCOOC{H_3}:0,2}\\{{{(HCOO)}_2}{C_2}{H_4}:0,1}\\{{{(COOC{H_3})}_2}:0,1}\end{array}} \right.$

$ \to \% {m_{HCOOC{H_3}}} = \frac{{0,2.60}}{{0,2.60 + 0,1.118 + 0,1.118}}.100\% = 33,71\% $

Câu 38: Đáp án A

Phương pháp giải:

– Ta có các bán phản ứng tạo sản phẩm khử:

10H⁺ + 2NO₃^– + 8e → N₂O + 5H₂O

10H⁺ + NO₃^– + 8e → NH₄⁺ + 3H₂O

Từ các bán phản ứng lập mối liên hệ giữa HNO₃ phản ứng và số mol các sản phẩm khử.

– Bảo toàn nguyên tố H tính được số mol H₂O.

– Áp dụng bảo toàn khối lượng tính được khối lượng muối thu được.

Giải chi tiết:

Ta có các bán phản ứng tạo sản phẩm khử:

10H⁺ + 2NO₃^– + 8e → N₂O + 5H₂O

10H⁺ + NO₃^– + 8e → NH₄⁺ + 3H₂O

$ \to {n_{HN{O_3}pu}} = 10{n_{{N_2}O}} + 10{n_{N{H_4}^ + }} \Leftrightarrow 0,5.1,2 = 10.0,054 + 10{n_{N{H_4}^ + }} \Leftrightarrow {n_{N{H_4}^ + }} = 0,006$

Bảo toàn nguyên tố H → ${n_{{H_2}O}} = \frac{{{n_{HN{O_3}}} – 4{n_{N{H_4}^ + }}}}{2} = \frac{{0,6 – 4.0,006}}{2} = 0,288(mol)$

Bảo toàn khối lượng

→ ${m_{muoi}} = {m_{KL}} + {m_{HN{O_3}}} – {m_{{N_2}O}} – {m_{{H_2}O}} = 10,68 + 0,6.63 – 44.0,054 – 0,288.18 = 40,92(g)$

Câu 39: Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

(a) Phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm là phản ứng thuận nghịch.

→ Sai, vì đây là phản ứng một chiều.

(b) Poli(vinyl clorua) được điều chế bẳng phản ứng trùng ngưng.

→ Sai, vì poli(vinyl clorua) phản ứng trùng hợp.

(c) Ở điều kiện thường, metylamin là chất khí, tan nhiều trong nước.

→ Đúng

(d) Glucozo thuộc loại monosaccarit, tinh bột thuộc loại polisaccarit.

→ Đúng

(e) Các chất có công thức dạng C_n(H₂O)_m đều thuộc loại cacbohiđrat.

→ Sai, ví dụ HCHO không phải là cacbohiđrat.

(g) Các loại tơ poliamit kém bền trong môi trường axit và môi trường kiềm.

→ Đúng, vì nó chứa liên kết amit -CONH- nên kém bền trong axit và kiềm.

Vậy có 3 phát biểu đúng

Câu 40: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

(a) Sau bước 1, dung dịch có màu xanh tím.

→ Đúng

(b) Sau bước 2, dung dịch bị mất màu do iot bị thăng hoa hoàn toàn.

→ Sai, dung dịch bị mất màu do khi đun nóng thì tinh bột không còn cấu trúc xoắn nên I₂ không tạo được hợp chất xanh tím.

(c) Sau bước 3, dung dịch có màu xanh tím.

→ Đúng, vì lúc này tinh bột lại có cấu trúc xoắn nên tạo được hợp chất màu xanh tím với I₂.

(d) Ở bước 1, nếu thay dung dịch hồ tinh bột bằng xenlulozo thì hiện tượng thí nghiệm sau bước 3 vẫn xảy ra tương tự.

→ Sai, xenlulozo không có tính chất này

(e) Thí nghiệm trên có thể được dùng để nhận biết hồ tinh bột.

→ Đúng, vì đây là phản ứng đặc trưng của hồ tinh bột.

Vậy có 3 phát biểu đúng.

Câu 41:

a) CH₃COOC₂H₅ + H₂O CH₃COOH + C₂H₅OH

b) C₁₂H₂₂O₁₁ (saccarozo) + Cu(OH)₂ → (C₁₂H₂₁O₁₁)₂Cu + 2H₂O

c) C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl

d) n CH₂=CH-CN (-CH₂-CHCN-)_n

Câu 42:

Phương pháp giải:

– Tính số mol xenlulozo trinitrat

– Viết PTHH: [C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 3nHNO₃ [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n + 3nH₂O

– Theo PTHH: ${n_{HN{O_3}}} = 3n.{n_{xenlulozo{\kern 1pt} trinit{\rm{r}}at}}$→ ${m_{HN{O_3}}}$ → ${m_{dd{\kern 1pt} HN{O_3}}}$ → ${V_{dd}}{{\mkern 1mu} _{HN{O_3}}} = \frac{m}{D}$

Chú ý: Phản ứng có hiệu suất.

Giải chi tiết:

Ta có: ${n_{xenlulozo{\kern 1pt} {\kern 1pt} trinit{\rm{r}}at}} = \frac{{59,4}}{{297n}} = \frac{{0,2}}{n}(kmol)$

PTHH: [C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 3nHNO₃ [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n + 3nH₂O

Theo PTHH: ${n_{HN{O_3}}} = 3n.{n_{xenlulozo{\kern 1pt} trinit{\rm{r}}at}} = 3n.\frac{{0,2}}{n} = 0,6(kmol)$

→ ${m_{HN{O_3}}} = 0,6.63 = 37,8(kg)$

→ ${m_{dd{\kern 1pt} HN{O_3}}} = 37,8.\frac{{100}}{{63}} = 60(kg)$

→ ${V_{dd}}{{\mkern 1mu} _{HN{O_3}}} = \frac{m}{D} = \frac{{60}}{{1,4}} = 42,857(l)$

Do hiệu suất cả quá trình là 80% nên thể tích dung dịch HNO₃ cần dùng là:

${V_{dd}}{{\mkern 1mu} _{HN{O_3}{\kern 1pt} can{\kern 1pt} dung}} = 42,857.\frac{{100}}{{80}} = 53,57(l)$