Bộ 20 đề thi học kì 1 Hóa 12 có đáp án_ đề 18
-
3688 lượt thi
-
40 câu hỏi
-
50 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
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
Câu 2:
Etyl axetat có công thức hóa học là
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
Câu 3:
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).
Câu 4:
Peptit được tạo thành từ các gốc
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.
Câu 5:
Anilin không tác dụng hóa học với
Đáp án B
Vì anilin là 1 bazo yếu nên không thể làm đổi màu giấy quỳ tím.
Câu 6:
Kim loại nào sau đây không tan trong dung dịch HCl?
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.
Câu 7:
Cho Cu(OH)2 vào lòng trắng trứng thu được hỗn hợp màu
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.
Câu 8:
Quá trình nào sau đây thuộc phương pháp kết tinh?
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
Câu 9:
Cacbohiđrat có nhiều trong gạo, ngô, khoai, sắn là
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
Câu 10:
Thủy phân không hoàn toàn pentapeptit Gly-Ala-Val-Gly-Ala, thu được tối đa bao nhiêu đipeptit?
Đáp án C
Các đipeptit có thể được tạo ra là: Gly-Ala, Ala-Val, Val-Gly → Thu được tối đa 3 peptit.
Câu 12:
Khí amoniac có công thức phân tử là
Đáp án B
Khí amoniac có công thức phân tử là NH3
Câu 13:
Phương trình phản ứng hóa học nào sau đây đúng:
Đáp án B
A. Mg + H2SO4(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.
Câu 14:
Nguyên tố nào sau đây là kim loại?
Đáp án B
Ag là kim loại; Si, Br, C là phi kim.
Câu 15:
Trong các dãy kim loại: Al, Na, Fe, Cu. Kim loại có tính khử mạnh nhất là
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.
Câu 16:
Mắt xích có trong poli(vinyl clorua) có công thức cấu tạo là
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.
Câu 17:
Cho các phản ứng sau:
(1) Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+
(2) Ag+ + Fe2+ → Fe3+ + Ag
Sự sắp xếp đúng với thứ tự (từ trái sang phải) tăng dần tính oxi hóa của các ion kim loại là:
Đáp án B
Phương pháp giải:
Nguyên tắc phản ứng oxi hóa khử: Khửmạnh + OXHmạnh → OXHyếu + Khửyếu
+ Chất khử là chất tăng số oxi hóa sau phản ứng (Khửmạnh → OXHyếu)
+ Chất oxi hóa là chất giảm số oxi hóa sau phản ứng (Khửyếu → OXHmạnh)
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+
Câu 18:
Số hợp chất este mạch hở có cùng công thức phân tử C4H8O2 là
Đáp án A
Phương pháp giải:
Cách viết công thức cấu tạo este
Giải chi tiết:
Có 4 este có CTPT C4H8O2 là:
HCOOCH2CH2CH3; HCOOCH(CH3)2; CH3COOCH2CH3; CH3CH2COOCH3.
Câu 19:
Cho 8,9 gam alanin (hay axit a-amino propionic) tác dụng với dung dịch NaOH (phản ứng vừa đủ) thu được m gam muối. Giá trị của m là
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 → nmuối = nAla = 8,9 : 89 = 0,1 mol
→ mmuối = 0,1.111 = 11,1 gam
Câu 20:
Phát biểu nào sau đây đúng?
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)
Câu 21:
Cho 7,4 gam metyl axetat vào 200 ml dung dịch NaOH 1M đun nóng. Sau phản ứng ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:
Đáp án C
Phương pháp giải:
Tính toán theo PTHH: CH3COOCH3 + NaOH CH3COONa + CH3OH
Giải chi tiết:
neste = 7,4 : 74 = 0,1 mol; nNaOH = 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
→ mrắn khan = 0,1.82 + 0,1.40 = 12,2 gam
Câu 22:
Hòa tan hoàn toàn 9,6 gam bột Cu trong dung dịch HNO3 loãng dư. Sau phản ứng thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5, đo ở đktc). Giá trị của V là:
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: 2nCu = 3nNO → nNO = 2/3.nCu = 2/3.9,6/64 = 0,1 mol
→ VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lít
Câu 23:
Cho vào 1 ống nghiệm khoảng 2 ml etyl axetat, sau đó thêm vào 1 ml dung dịch H2SO4 20% và đun nhẹ (hoặc đun cách thủy). Sau 1 thời gian kết quả thu được là:
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
Câu 24:
Thủy phân không hoàn toàn pentapeptit Gly-Ala-Val-Gly-Ala-Val thu được tối đa bao nhiêu tripeptit:
Đáp án B
Có tối đa 3 tripeptit được tạo ra là: Gly-Ala-Val; Ala-Val-Gly; Val-Gly-Ala.
Câu 25:
Thí nghiệm nào sau đây xảy ra phản ứng hóa học?
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)
Câu 26:
Thủy phân hoàn toàn xenlulozo trong môi trường axit, thu được chất hữu cơ X. Cho X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được hợp chất hữu cơ Y. Hai chất X và Y lần lượt là:
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)
Câu 27:
Cho 6 gam bột Mg vào 200 ml dung dịch CuSO4 1M. Sau phản ứng hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là
Đáp án A
Phương pháp giải:
Tính toán theo PTHH: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu
Giải chi tiết:
nMg = 6 : 24 = 0,25 mol; nCuSO4 = 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
→ mrắn = 0,2.64 + 0,05.24 = 14 gam
Câu 28:
Cho dãy các chất: glyxylglyxin (Gly-Gly), saccarozo, glucozo, tristearin. Số chất bị thủy phân trong môi trường axit là
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
Câu 29:
Cho 13,35 gam alanin vào dung dịch NaOH thu được dung dịch Y. Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z khối lượng muối khan thu được là
Đáp án C
Phương pháp giải:
Ta có: nAla + nNaOH = nHCl => a
nH2O = nNaOH = a
BTKL: mAla + mNaOH + mHCl = m muối + mH2O
=> m muối
Giải chi tiết:
Ta có: nAla + nNaOH = nHCl => 0,15 + a = 0,25 => a = 0,1 mol
nH2O = nNaOH = 0,1 mol
BTKL: mAla + mNaOH + mHCl = m muối + mH2O
=> 13,35 + 0,1.40 + 0,25.36,5 = m muối + 0,1.18 => m muối = 24,675 gam
Câu 30:
Cho 8,1 gam bột Al vào 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp HCl 1,6M và Cu(NO3)2 thu được 2,24 lít (đktc) hỗn hợp Y gồm 2 khí đơn chất và m gam chất rắn gồm 2 kim loại. Tỉ khối của Y so với H2 là 6,2. Giá trị của m là:
Đáp án D
nHCl = 0,8 mol; nY = 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: nAl pư = x (mol); nCu(NO3)2 = y mol; nNH4+ = z (mol)
Tóm tắt sơ đồ:
+ BTNT "N": 2nCu(NO3)2 = nNH4+ + 2nN2 → 2y = z + 2.0,04 (1)
+ BT electron: 3nAl pư = 2nCu + 2nH2 + 10nN2 + 8nNH4+ → 3x = 2y + 2.0,06 + 10.0,04 + 8z (2)
+ BTĐT dung dịch muối thu được: 3nAl3+ + nNH4+ = nCl- → 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: mAl dư = 8,1 - 0,26.27 = 1,08 gam; mCu = 0,05.64 = 3,2 gam → m = 4,28 gam
Câu 31:
Cho các phương trình hóa học sau:
(1) X + 2NaOH → X1 + X2 + H2O
(2) X1 + H2SO4 → X3 + Na2SO4
(3) nX2 + nY → poli(etylen terephtalat) + 2nH2O
(4) nX3 + nZ → tơ nilon-6,6 + 2nH2O
Công thức phân tử của X là:
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
Câu 32:
Chất X có công thức cấu tạo: ClH3N-CH2-CONH-CH(COOH)-CH2CH2-COOH. Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol X trong dung dịch NaOH đun nóng thu được dung dịch Y. Trung hòa NaOH dư trong Y cần dùng 100 ml dung dịch H2SO4 1M, thu được dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:
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
→ mrắn = 48,85 gam
Câu 33:
Dung dịch chất X phản ứng với H2SO4 loãng thu được kết tủa trắng và dung dịch Y. Dung dịch Y hòa tan Cu, thu được khí không màu và hóa nâu ngoài không khí. Chất X là:
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
Câu 34:
Cho dung dịch chứa 0,1 mol amino axit X tác dụng với vừa đủ 500 ml dung dịch NaOH 0,4M thu được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng tối đa với 300 ml dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Z. Cô cạn Z thu được 30,05 gam muối khan. Số nguyên tử hiđro có trong phân tử X là
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
nNaOH = 0,5.0,4 = 0,2 mol → nNaOH = 2.nX → m = 2
Muối trong Y là (H2N)n-R-(COONa)2 (0,1 mol)
nHCl = 0,3.1 = 0,3 mol → nHCl = 3nY → 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.
Câu 35:
Thực hiện các thí nghiệm sau:
(a) Đun nóng tinh bột trong dung dịch H2SO4 loãng
(b) Nhỏ vài giọt nước brom vào dung dịch anilin
(c) Cho dung dịch HCl vào dung dịch axit glutamic
(d) Cho metyl fomat vào dung dịch chứa AgNO3/NH3 đun nóng
(e) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch anilin
Số thí nghiệm xảy ra phản ứng làĐáp 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.
Câu 36:
Este X 2 chức, phân tử có vòng benzen và có công thức phân tử là C9H8O4. Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol X trong 300 ml dung dịch NaOH 1M đun nóng (phản ứng vừa đủ). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 3,2 gam metanol và 25 gam hỗn hợp Y gồm 2 muối khan. Số công thức cấu tạo của X là:
Đáp án A
nNaOH = 0,3.1 = 0,3 mol
Sơ đồ: X + NaOH → Muối + Ancol + H2O
Bảo toàn khối lượng: mX + mNaOH = mmuối + mancol + mH2O → 0,1.180 + 0,3.40 = 25 + 3,2 + mH2O
→ mH2O = 1,8 gam → nH2O = 0,1 mol
nCH3OH = 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
Câu 37:
Hỗn hợp X gồm Fe và Cu. Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch HNO3 đặc nóng dư thì có 2 mol HNO3 đã phản ứng. Mặt khác, cho m gam X tác dụng với oxi, thu được 25,2 gam chất rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thì có 0,8 mol H2SO4 đã phản ứng, thu được muối sunfat và SO2 là sản phẩm khử duy nhất của H2SO4. Giá trị của m là:
Đáp án D
Phương pháp giải:
Bài tập {KL, Oxit} + Axit oxi hóa:
- Quy hỗn hợp về dạng: KL, O
→ Công thức giải nhanh:
ne = ne KL = nNO2 + 3nNO + 8nN2O + 10nN2 + 8nNH4NO3 + 2nO
nHNO3 = 2nNO2 + 4nNO + 10nN2O + 12nN2 + 10nNH4NO3 + 2nO
Giải chi tiết:
*Thí nghiệm 1: X + HNO3 đặc nóng → sản phẩm khử là NO2
→ CT giải nhanh: nHNO3 = 2nNO2 → nNO2 = 1 mol
→ Bảo toàn e: 3nFe + 2nCu = nNO2 = 1 mol
*Thí nghiệm 2:
Quy hỗn hợp oxi về dạng Fe, Cu, O
→ Bảo toàn e: 3nFe + 2nCu = 2nO + 2nSO2 → nSO2 = 0,5 - nO
Bảo toàn điện tích: 3nFe + 2nCu = 2nSO4 → nSO4 = 0,5 mol
Bảo toàn S: nH2SO4 = nSO2 + nSO4 muối → 0,8 = 0,5 - nO + 0,5 → nO = 0,2 mol
→ mKL = mY - mO = 25,2 - 0,2.16 = 22 gam
Câu 38:
Hỗn hợp F gồm este 2 chức X (C4H6O4) và chất hữu cơ Y (C5H11O4N) đều mạch hở. Thủy phân hoàn toàn 0,2 mol F trong dung dịch NaOH dư đun nóng thì có 0,4 mol NaOH đã phản ứng. Sau phản ứng thu được 10,24 gam ancol Y đơn chức và hỗn hợp T gồm 3 muối có cùng số nguyên tử cacbon. Thành phần % theo khối lượng của muối có phân tử khối nhỏ nhất trong T là:
Đáp án D
Phương pháp giải:
Biện luận CTCT các chất → Tính toán theo PTHH
Giải chi tiết:
nCH3OH = 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: nF : nNaOH = 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
→ nCH3OH = 2x + y = 0,32 mol và nNaOH = 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 → %mCH3COONa = 21,6%
Câu 39:
Peptit X mạch hở tạo từ các amino axit glyxin, alanin, lysin. Trong phân tử X, tỉ lệ mC : mH = 6 : 1. Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol X trong 500 ml dung dịch H2SO4 1M thu được dung dịch Y. Trung hòa lượng axit dư trong Y cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch Z. Cô cạn Z thu được a gam muối sunfat khan. Giá trị của a là
Đáp án B
Từ mC : mH = 6 : 1 → nC : nH = 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: nNaOH = 0,2.1 = 0,2 mol; nH2SO4 = 0,5.1 = 0,5 mol
→ nH+ = nN + nOH- → 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
nH2O pứ = 4nX = 0,1.4 = 0,4 mol
nH2O sp = nNaOH = 0,2 mol
Bảo toàn khối lượng: mmuối = mX + mH2SO4 + mNaOH + mH2O pứ - mH2O sp
→ mmuối = 113,6 gam
Câu 40:
Hỗn hợp E gồm 2 este mạch hở là X (C8H14O4) và Y (C4H8O2). Thủy phân hoàn toàn 0,15 mol E trong 400 ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, thu được dung dịch F và 12 gam hỗn hợp G gồm 2 ancol đơn chức là đồng phân của nhau. Cô cạn dung dịch F thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:
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: mrắn = mE + mNaOH - mancol
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
→ ∑nancol = 12 : 60 = 0,2 mol
→ X là (COOC3H7)2 (x mol) và Y là HCOOC3H7 (y mol)
→ nancol = 2x + y = 0,2 mol; nE = x + y = 0,15 mol
→ x = 0,05; y = 0,1 mol
Bảo toàn khối lượng: mE + mNaOH = mrắn + mancol
→ (0,05.174 + 0,1.88) + 0,4.40 = mrắn + 12
→ mrắn = 21,5 gam