Đề thi, đề kiểm tra Hóa lớp 12

Đề thi thử THPT QG môn Hóa trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

Làm đề thi

Đề bài

Câu 1 :

Kim loại nào sau đây được điều chế bằng phản ứng nhiệt luyện?

A

Ca.
B

Fe.
C

Al.
D

Na.

Câu 2 :

Kim loại nào sau đây thuộc nhóm IIA?

A

Na
B

Al
C

Fe
D

Ca

Câu 3 :

Cho 0,9 gam glucozo (C₆H₁₂O₆) tác dụng hết với lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃, thu được m gam Ag. Giá trị của m là

A

2,16.
B

1,62.
C

0,54.
D

1,08.

Quảng cáo

Câu 4 :

Cho dung dịch KOH vào dung dịch chất X, thu được kết tủa màu xanh lam. Chất X là

A

CuCl₂.
B

FeCl₂.
C

MgCl₂.
D

FeCl₃.

Câu 5 :

Isoamylaxetat là este có mùi chuối chín. Công thức của isoamylaxetat là

A

CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)₂.
B

C₄H₉COOCH₃.
C

CH₃OOCCH₂CH₂CH(CH₃)₂.
D

CH₃COOCH₃.

Câu 6 :

Dẫn khí CO dư qua ống sứ đựng 8 gam bột CuO nung nóng, thu được hỗn hợp khí X. Cho toàn bộ X vào nước vôi trong dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A

10
B

5
C

12
D

8

Câu 7 :

Chất nào sau đây thuộc loại đisaccarit?

A

Xenlulozo.
B

Glucozo.
C

Saccarozo.
D

Tinh bột.

Câu 8 :

Thủy phân hoàn toàn 1 mol peptit mạch hở X, thu được 2 mol Gly, 2 mol Ala và 1 mol Val. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn X, thu được hỗn hợp các amino axit và các peptit (trong đó có Gly-Ala-Val). Số công thức cấu tạo phù hợp với tính chất của X là

A

4
B

6
C

3
D

5

Câu 9 :

Kim loại Cu tan được trong dung dịch nào sau đây?

A

HCl.
B

BaCl₂.
C

HNO₃.
D

NaOH.

Câu 10 :

Tiến hành các thí nghiệm sau:

(a) Nhúng thanh đồng nguyên chất vào dung dịch FeCl₃.

(b) Cắt miếng sắt tây (sắt tráng thiếc), để trong không khí ẩm.

(d) Quấn sợi dây đồng vào đinh sắt rồi nhúng vào cốc đựng dung dịch NaCl.

Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm chỉ xảy ra ăn mòn điện hóa học là

A

3
B

1
C

4
D

2

Câu 11 :

Polivinylclorua (PVC) được điều chế từ phản ứng trùng hợp chất nào sau đây?

A
CH₂=CCl₂.
B
CH₂=CHCl.
C
CH₂=CHCl-CH₃.
D
CH₃-CH₂Cl.

Câu 12 :

Thực hiện các thí nghiệm sau:

(a) Cho dung dịch HCl vào dung dịch NaAlO₂ dư.

(b) Cho Al₂S₃ vào dung dịch HCl dư.

(d) Cho dung dịch NH₃ vào dung dịch AlCl₃.

(e) Cho khí CO₂ vào dung dịch NaAlO₂.

(g) Cho kim loại Al vào dung dịch FeCl₃ dư.

Sau khi kết thúc các phản ứng, số thí nghiệm thu được kết tủa là

A

5
B

4
C

2
D

3

Câu 13 :

Công thức hóa học của polietilen (PE) là

A

[-CH₃-CH₃-]_n
B

[-CH₂-CH₂-]_n
C

[-CH₂-CH(CH₃)-]_n
D

[-CH₂-CHCl-]_n

Câu 14 :

Oxit nào sau đây được dùng để luyện gang thép?

A

Cr₂O₃.
B

Fe₂O₃.
C

ZnO.
D

CuO.

Câu 15 :

Kim loại nào sau đây có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất

A

Zn.
B

Fe.
C

Ag.
D

Hg.

Câu 16 :

Cho 15 gam hỗn hợp gồm hai amin đơn chức tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch HCl 0,75M, thu được dung dịch chứa 23,76 gam hỗn hợp muối. Giá trị của V là

A

720.
B

480.
C

329.
D

320.

Câu 17 :

Khi cho Fe vào dung dịch hỗn hợp các muối AgNO₃, Cu(NO₃)₂, Pb(NO₃)₂ thì Fe sẽ khử ion kim loại theo thứ tự sau (ion đặt trước sẽ bị khử trước):

A

Ag⁺, Cu²⁺, Pb²⁺.
B

Ag⁺, Pb²⁺, Cu²⁺.
C

Cu²⁺, Ag⁺, Pb²⁺.
D

Pb²⁺, Ag⁺, Cu²⁺.

Câu 18 :

Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp các este no, đơn chức, mạch hở. Sản phẩm cháy được dẫn vào bình đựng nước vôi trong, thấy khối lượng bình tăng 6,2 gam. Số mol CO₂ và H₂O sinh ra lần lượt là

A

0,1 và 0,1
B

0,1 và 0,01
C

0,01 và 0,1
D

0,01 và 0,01

Câu 19 :

Dung dịch Ala-Val phản ứng được với dung dịch nào sau đây?

A

KCl.
B

NaNO₃.
C

KNO₃.
D

H₂SO₄.

Câu 20 :

Thủy phân hoàn toàn tinh bột thu được monosaccarit X. Hidro hóa X thu được chất hữu cơ Y. Hai chất X,Y lần lượt là

A
glucozo, sobitol
B
saccarozo, glucozo
C
glucozo, axit gluconic
D
frutozo, sobitol

Câu 21 :

Đun hợp chất hữu cơ X (C₅H₁₁O₂N) với dung dịch NaOH, thu được C₂H₄O₂NNa và chất hữu cơ Y. Cho hơi Y qua CuO/t^o, thu được chất hữu cơ Z có khả năng cho phản ứng tráng gương. Công thức cấu tạo của X là

A

CH₂=CH-COONH₃-C₂H₅.
B

CH₃(CH₂)₄NO₂.
C

H₂N-CH₂COO-CH₂-CH₂-CH₃.
D

H₂N-CH₂-CH₂-COOC₂H₅.

Câu 22 :

Hỗn hợp X gồm axit pamitic, axit stearic và triglixerit Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được 1,56 mol CO₂ và 1,52 mol H₂O. Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH trong dung dịch, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat. Giá trị của a là

A

26,40.
B

27,70.
C

25,86.
D

27,30.

Câu 23 :

Các sơ đồ phản ứng theo đúng tỉ lệ mol:

(a) X + 2NaOH \(\xrightarrow{{{t^o}}}\)X₁ + 2X₂

(b) X₁ + H₂SO₄ → X₃ + Na₂SO₄

(d) X₂+ CO \(\xrightarrow{{{t^o},xt}}\)X₅

(e) X₄ + 2X₅ \(\overset {{H_2}S{O_4}\,dac,{t^o}} \leftrightarrows \)X₆ + 2H₂O

Cho biết X là este có công thức phân tửu C₁₀H₁₀O₄; X₁, X₂, X₃, X₄, X₅, X₆ là các hợp chất hữu cơ khác nhau. Phân tử khối của X₆ là

A

146.
B

118.
C

104.
D

132.

Câu 24 :

Hỗn hợp E gồm chất X (C_mH_2m+4O₄N₂, là muối của axit cacboxylic hai chức) và chất Y (C_nH_2n+3O₂N, là muối của axit cacboxylic đơn chức). Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol E cần vừa đủ 0,26 mol O₂, thu được N₂,CO₂ và 0,4 mol H₂O. Mặt khác, cho 0,1 mol E tác dụng hết với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp hai chất khí đều làm xanh qùy tím ẩm và a gam hỗn hợp hai muối khan. Giá trị của của a là

A

11,60.
B

9,44.
C

11,32.
D

10,76.

Câu 25 :

Cho dung dịch metyl amin dư lần lượt vào các dung dịch riêng biệt sau: AlCl₃, FeCl₃, Zn(NO₃)₂, Cu(NO₃)₂, HCl, Na₂SO₄. Sau khi các phản ứng kết thúc, số kết tủa thu được là

A

2
B

4
C

1
D

3

Câu 26 :

Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức (M_X < M_Y); T là este ba chức, mạch hở được tạo bởi X, Y với glixerol. Cho 23,06 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T và glixerol (với số mol của X bằng 8 lần số mol của T) tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp F gồm hai muối có tỉ lệ mol 1 : 3 và 3,68 gam glixerol. Đốt cháy hoàn toàn F cần vừa đủ 0,45 mol O₂, thu được Na₂CO₃, H₂O và 0,4 mol CO₂. Phần trăm khối lượng của T trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A

35
B

26
C

25
D

29

Câu 27 :

Hỗn hợp E gồm bốn este đều có công thức C₈H₈O₂ và có vòng benzen. Cho 16,32 gam E tác dụng tối đa với V ml dung dịch NaOH 1M (đun nóng), thu được hỗn hợp X gồm các ancol và 18,78 gam hỗn hợp muối. Cho toàn bộ X vào bình đựng kim loại Na dư, sau khi phản ứng kết thúc khối lượng chất rắn trong bình tăng 3,83 gam so với ban đầu. Giá trị của V là

A

240.
B

100.
C

120.
D

190.

Câu 28 :

Cho X, Y, Z là 3 peptit mạch hở (phân tử có số nguyên tử cacbon tương ứng 8, 9, 11; Z có nhiều hơn Y một liên kết peptit); T là este no, đơn chức, mạch hở. Chia 249,56 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu dược a mol CO₂ và (a-0,11) mol H₂O. Thủy phân hoàn toàn phần hai bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được ancol etylic và 133,18 gam hỗn hợp G (gồm 4 muối của Gly, Ala, Val và axit cacboxylic). Đốt cháy hoàn toàn G, cần vừa đủ 3,385 mol O₂. Phần trăm khối lượng của Y trong E là

A

2,08% .
B

4,17%.
C

3,21%.
D

1,61%.

Câu 29 :

Poli(metyl metacrylat) và nilon-6 được tạo thành từ các monome tương ứng là

A

CH₂=CH-COOCH₃ và H₂N-(CH₂]₆-COOH
B

CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ và H₂N-(CH₂]₅-COOH.
C

CH₃-COO-CH=CH₂ và H₂N-(CH₂]₅-COOH.
D

CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ và H₂N-(CH₂]₆-COOH.

Câu 30 :

Este X có công thức phân tử C₆H₁₀O₄. Xà phòng hóa hoàn toàn X bằng dung dịch NaOH, thu được ba chất hữu cơ Y, Z, T. Biết Y tác dụng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xanh lam. Nung nóng Z với hỗn hợp rắn gồm NaOH và CaO, thu được CH₄. Phát biều nào sau đây sai?

A

X có hai công thức cấu tạo phù hợp.
B

Y có mạch cacbon phân nhánh.
C

T có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.
D

Z không làm mất màu dung dịch brom.

Câu 31 :

Khi nghiên cứu cacbohidrat X ta nhận thấy:

- X không tráng gương, có một đồng phân

- X thủy phân trong nước được hai sản phẩm.

Vậy X là

A

Glucozo.
B

Tinh bột.
C

Saccarozo.
D

Fructozo.

Câu 32 :

Cho các phát biểu sau:

(a) Sau khi mổ cá, có thể dùng chanh để giảm mùi tanh.

(b) Dầu thực vật và dầu nhớt bôi trơn máy đều có thành phần chính là chất béo.

(d) Khi làm trứng muối (ngâm trứng trong dung dịch NaCl bão hòa) xảy ra hiện tượng đông tụ protein.

(e) Thành phần chính của tóc là protein.

(g) Để giảm đau nhức khi bị kiến đốt, có thể bôi giấm vào vết đốt.

Số phát biểu đúng là

A

3
B

4
C

5
D

2

Câu 33 :

Cho 0,1 mol chất X có công thức là C₂H₁₂O₄N₂S tác dụng với dung dịch chứa 0,35 mol NaOH đun nóng thu được chất khí làm xanh giấy quỳ ẩm và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là

A
15,0.
B
20,2.
C
26,4.
D
28,2.

Câu 34 :

Cho hỗn hợp E gồm 0,1 mol X (C₅H₁₁O₄N) và 0,15 mol Y (C₅H₁₄O₄N₂, là muối của axit cacboxylic hai chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH, thu được một ancol đơn chức, hai amin no (kế tiếp trong dãy đồng đẳng) và dung dịch T. Cô cạn T, thu được hỗn hợp G gồm ba muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có hai muối của hai axit cacboxylic và muối của một α-amino axit). Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn nhất trong G là

A

24,57%
B

52,89%
C

54,13%
D

25,53%

Câu 35 :

Thủy phân hoàn toàn a gam triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol và dung dịch chứa m gam hỗn hợp muối (gồm natri stearat; natri panmitat và C₁₇H_yCOONa). Đốt cháy hoàn toàn a gam X cần 1,55 mol O₂, thu được H₂O và 1,1 mol CO₂. Giá trị của m là

A

16,12.
B

19,56.
C

17,96.
D

17,72.

Câu 36 :

Cho sơ đồ chuyển hóa sau:

(1) n-pentan \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) A + B và D + E

(2) A + Cl₂ \(\xrightarrow{{a/s}}\) CH₃-CHCl-CH₃ + F

(3) CH₃COONa + NaOH → D + G

(4) D + Cl₂ \(\xrightarrow{{a/s}}\) L + F

(5) CH₃-CHCl-CH₃ + L + Na → M + NaCl

Các chất A, B, D, E và M lần lượt có cấu tạo là

A

CH₃-CH₃, CH₃-CH(CH₃)-CH₃, CH₄, CH₃-CH₂-CH₂-CH₃, CH₃-CH₂-CH₃.
B

CH₃-CH₂-CH₃, CH₄, CH₃-CH₃, CH₃-CH₂-CH₂-CH₃, CH₃-CH(CH₃)-CH₃.
C

CH₃-CH₂-CH₃, CH₂=CH₂, CH₄, CH₂=CH-CH₂-CH₃, CH₃-CH(CH₃)-CH₃.
D

CH₄, CH₃-CH₂-CH₂-CH₃, CH₃-CH₂-CH₃, CH₃-CH₃, CH₃-CH(CH₃)-CH₃.

Câu 37 :

Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, đều có bốn liên kết π trong phân tử, trong đó có một este đơn chức là este của axit metacrylic và hai este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hoàn toàn 12,22 gam E bằng O₂, thu được 0,37 mol H₂O. Mặt khác, cho 0,36 mol E phản ứng vừa đủ với 234 ml dung dịch NaOH 2,5M, thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức có khối lượng m₁ gam và một ancol no, đơn chức có khối lượng m₂ gam. Tỉ lệ m₁ : m₂ có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A

1,1.
B

4,7.
C

2,9.
D

2,7.

Câu 38 :

Hỗn hợp X gồm alanin, axit glutamic và axit acrylic. Hỗn hợp Y gồm propen và trimetylamin. Đốt cháy hoàn toàn a mol X và b mol Y thì tổng số mol oxi cần dùng vừa đủ là 1,14 mol, thu được H₂O, 0,1 mol N₂ và 0,91 mol CO₂. Mặt khác, khi cho a mol X tác dụng với dung dịch KOH dư thì lượng KOH phản ứng là m gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A

11,2.
B

16,8.
C

10,0.
D

14,0.

Câu 39 :

Cho các phát biểu sau:

(a) Đipeptit Val-Lys có phản ứng màu biure.

(b) Dung dịch axit glutamic đổi màu quỳ tím thành xanh.

(d) Phenylamin có lực bazo mạnh hơn amoniac.

(e) Saccarozo có phản ứng thủy phân trong môi trường axit.

(g) Vinyl axetat làm mất màu dung dịch brom.

Số phát biểu đúng là

A

4
B

5
C

2
D

3

Câu 40 :

Cho các phát biểu sau:

(a) Thủy phân triolein, thu được etylen glicol.

(b) Tinh bột bị thủy phân khi có xúc tác axit hoặc enzim.

(d) Trùng ngưng ε-aminocaproic, thu được policaproamit.

(e) Chỉ dùng quỳ tím có thể phân biệt ba dung dịch: alanin, lysin, axit glutamic.

(f) Phenylamin tan ít trong nước nhưng tan tốt trong dung dịch HCl.

Số phát biểu đúng là

A

4
B

2
C

5
D

3

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Kim loại nào sau đây được điều chế bằng phản ứng nhiệt luyện?

A

Ca.
B

Fe.
C

Al.
D

Na.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Phương pháp nhiệt luyện:dùng các chất khử như C, H₂, CO, Al để khử các oxi kim loại có tính khử trung bình để điều chế kim loại. (Các kim loại đứng sau Al)

Lời giải chi tiết :

Fe có thể được điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện

VD: H₂ + FeO \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) Fe + H₂O

Câu 2 :

Kim loại nào sau đây thuộc nhóm IIA?

A

Na
B

Al
C

Fe
D

Ca

Đáp án : D

Lời giải chi tiết :

Na là kim loại thuộc nhóm IA

Al là kim loại thuộc nhóm IIIA

Fe là kim loại thuộc nhóm VIIIB

Ca là kim loại thuộc nhóm IIA

Câu 3 :

Cho 0,9 gam glucozo (C₆H₁₂O₆) tác dụng hết với lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃, thu được m gam Ag. Giá trị của m là

A

2,16.
B

1,62.
C

0,54.
D

1,08.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

1 mol glucozo tráng bạc cho 2 mol Ag

C₆H₁₂O₆ → 2Ag

Lời giải chi tiết :

n_C6H12O6 = 0,9:180 = 0,005 (mol)

C₆H₁₂O₆ → 2Ag

0,005 → 0,01 (mol)

=> m_Ag = 0,01.108 = 1,08 (g)

Câu 4 :

Cho dung dịch KOH vào dung dịch chất X, thu được kết tủa màu xanh lam. Chất X là

A

CuCl₂.
B

FeCl₂.
C

MgCl₂.
D

FeCl₃.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Dựa vào màu sắc kết tủa của các hiđroxit

Lời giải chi tiết :

2KOH + CuCl₂ → KCl + Cu(OH)₂↓xanh lam

2KOH + FeCl₂ → KCl + Fe(OH)₂↓ trắng xanh

2KOH + MgCl₂ → KCl + Mg(OH)₂↓trắng

3KOH + FeCl₃ → KCl + Fe(OH)₃↓ nâu đỏ

Câu 5 :

Isoamylaxetat là este có mùi chuối chín. Công thức của isoamylaxetat là

A

CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)₂.
B

C₄H₉COOCH₃.
C

CH₃OOCCH₂CH₂CH(CH₃)₂.
D

CH₃COOCH₃.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Từ tên gọi của este dịch ra CTCT của este

tên este RCOOR' = tên gốc R' + tên gốc RCOO + at

Lời giải chi tiết :

Công thức của isoamylaxetat là CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)₂.

Câu 6 :

A

10
B

5
C

12
D

8

Đáp án : A

Phương pháp giải :

BTNT C: n_CaCO3 = n_CO2 = n_{O(trong CuO)}

Lời giải chi tiết :

n_CuO = 8 : 80 = 0,1 (mol)

CO + CuO \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) Cu + CO₂

0,1 → 0,1 (mol)

Hỗn hợp khí X có CO₂ và CO dư, khi cho qua dung dịch nước vôi trong dư chỉ có CO₂ tham gia phản ứng

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

0,1 → 0,1 (mol)

=> m_{kết tủa} = m_CaCO3 = 0,1.100 = 10 (g)

Câu 7 :

Chất nào sau đây thuộc loại đisaccarit?

A

Xenlulozo.
B

Glucozo.
C

Saccarozo.
D

Tinh bột.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Thuộc phân loại cacbohiđrat: mono saccarit, đisaccarit, polisaccarit.

Lời giải chi tiết :

Xenlulozo, Tinh bột thuộc polisaccarit

Glucozơ thuộc monosaccarit

Saccarozơ thuộc đisaccarit

Câu 8 :

A

4
B

6
C

3
D

5

Đáp án : B

Phương pháp giải :

X là pentapeptit.

Vì thủy phân không hoàn toàn thu được peptit: Gly- Ala - Val

=> giữ nguyên mạch tripeptit này, thêm Gly và Ala vào các vị trí sao cho tạo thành các pentapetit khác nhau.

Lời giải chi tiết :

Các CTCT phù hợp là:

Gly - Gly- Ala - Val- Ala

Ala - Gly- Ala - Val- Gly

Gly- Ala - Val- Gly - Ala

Gly- Ala - Val- Ala - Gly

Ala - Gly-Gly- Ala - Val

Gly - Ala - Gly- Ala - Val

=> Có 6 CTCT thỏa mãn

Câu 9 :

Kim loại Cu tan được trong dung dịch nào sau đây?

A

HCl.
B

BaCl₂.
C

HNO₃.
D

NaOH.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Dựa vào tính chất hóa học của Cu trong sgk hóa 12

Lời giải chi tiết :

Cu tan được trong dd HNO₃

VD: 3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂+ 2NO + 4H₂O

Câu 10 :

Tiến hành các thí nghiệm sau:

(a) Nhúng thanh đồng nguyên chất vào dung dịch FeCl₃.

(b) Cắt miếng sắt tây (sắt tráng thiếc), để trong không khí ẩm.

(d) Quấn sợi dây đồng vào đinh sắt rồi nhúng vào cốc đựng dung dịch NaCl.

Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm chỉ xảy ra ăn mòn điện hóa học là

A

3
B

1
C

4
D

2

Đáp án : B

Phương pháp giải :

ăn mòn hóa học: là quá trình oxi hóa - khử, trong đó các electron của kim loại được chuyển trực tiếp đến các chất trong môi trường.

ăn mòn điện hóa học: là quá trình oxi hóa - khử, trong đó kim loại bị ăn mòn do tác dụng của dung dịch chất điện li và tạo nên dòng electron chuyển dời từ cực âm đến cực dương

Điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa học là:

+ Xuất hiện ít nhất 2 cặp điện cực khác nhau về bản chất như: KL-KL ; KL- PK; KL- HC

+ Các chất phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau thông qua dây dẫn

+ Cùng nhúng trong 1 dung dịch chất điện li

Lời giải chi tiết :

(a) chỉ xảy ra ăn mòn hóa học

(b) xảy ra cả ăn mòn hóa học và ăn mòn điện hóa học

(d) Chỉ xảy ra ăn mòn điện hóa học

Vậy chỉ có 1 thí nghiệm (d) xảy ra ăn mòn điện hóa học

Câu 11 :

Polivinylclorua (PVC) được điều chế từ phản ứng trùng hợp chất nào sau đây?

A
CH₂=CCl₂.
B
CH₂=CHCl.
C
CH₂=CHCl-CH₃.
D
CH₃-CH₂Cl.

Đáp án : B

Lời giải chi tiết :

PVC được điều chế từ CH₂=CHCl

Câu 12 :

Thực hiện các thí nghiệm sau:

(a) Cho dung dịch HCl vào dung dịch NaAlO₂ dư.

(b) Cho Al₂S₃ vào dung dịch HCl dư.

(d) Cho dung dịch NH₃ vào dung dịch AlCl₃.

(e) Cho khí CO₂ vào dung dịch NaAlO₂.

(g) Cho kim loại Al vào dung dịch FeCl₃ dư.

Sau khi kết thúc các phản ứng, số thí nghiệm thu được kết tủa là

A

5
B

4
C

2
D

3

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Viết các phản ứng hóa học xảy ra, chọn các thí nghiệm có xuất hiện kết tủa

Chý ý đến các chất tham gia phản ứng, chất cho hết dư

Lời giải chi tiết :

(a) 6HCl dư+ 3NaAlO₂ → 3NaCl + AlCl₃ + 3H₂O

(b) Al₂S₃ + 6HCl dư → 2AlCl₃ + 3H₂S↑

(d) 3NH₃ + 3H₂O + AlCl₃ → Al(OH)₃↓ + 3NH₄Cl

(e) CO₂ + H₂O + NaAlO₂ → Al(OH)₃↓ + NaHCO₃

(g) Al + 3FeCl₃ dư → AlCl₃ + 3FeCl₂

=> có 2 thí nghiệm (d) và (g) thu được kết tủa

Câu 13 :

Công thức hóa học của polietilen (PE) là

A

[-CH₃-CH₃-]_n
B

[-CH₂-CH₂-]_n
C

[-CH₂-CH(CH₃)-]_n
D

[-CH₂-CHCl-]_n

Đáp án : B

Lời giải chi tiết :

Công thức hóa học của polietilen (PE) là [-CH₂-CH₂-]_n

Câu 14 :

Oxit nào sau đây được dùng để luyện gang thép?

A

Cr₂O₃.
B

Fe₂O₃.
C

ZnO.
D

CuO.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Gang, thép là hợp kim của sắt và cacbon

Lời giải chi tiết :

Fe₂O₃ là oxit dùng để luyện gang , thép

Câu 15 :

Kim loại nào sau đây có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất

A

Zn.
B

Fe.
C

Ag.
D

Hg.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Dựa vào kiến thức được học về đại cương kim loại trong sgk hóa 12

Lời giải chi tiết :

Hg là kim loại có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất

Câu 16 :

Cho 15 gam hỗn hợp gồm hai amin đơn chức tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch HCl 0,75M, thu được dung dịch chứa 23,76 gam hỗn hợp muối. Giá trị của V là

A

720.
B

480.
C

329.
D

320.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Bảo toàn khối lượng ta có:

m_HCl = m_muối - m_RNH2 = ? Từ đó tính được n_HCl và V_HCl

Lời giải chi tiết :

Đặt công thức của 2 amin đơn chức là RNH₂

RNH₂ + HCl → RNH₃Cl

Bảo toàn khối lượng ta có:

m_HCl = m_muối - m_RNH2 = 23,76 - 15 = 8,76 (g)

=> n_HCl = 8,76:36,5 = 0,24 (mol)

=> V_HCl = n : C_M = 0,24 : 0,75 = 0,32 (lít) = 320 (ml)

Câu 17 :

Khi cho Fe vào dung dịch hỗn hợp các muối AgNO₃, Cu(NO₃)₂, Pb(NO₃)₂ thì Fe sẽ khử ion kim loại theo thứ tự sau (ion đặt trước sẽ bị khử trước):

A

Ag⁺, Cu²⁺, Pb²⁺.
B

Ag⁺, Pb²⁺, Cu²⁺.
C

Cu²⁺, Ag⁺, Pb²⁺.
D

Pb²⁺, Ag⁺, Cu²⁺.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Ghi nhớ dãy điện hóa học của kim loại

Fe sẽ khử cation kim loại mà kim loại của nó có tính khử yếu trước

Lời giải chi tiết :

Thứ tự khử: Fe khử Ag⁺, Cu²⁺ rồi đến Pb²⁺

Câu 18 :

A

0,1 và 0,1
B

0,1 và 0,01
C

0,01 và 0,1
D

0,01 và 0,01

Đáp án : A

Phương pháp giải :

- Đốt cháy este no, đơn chức: \({n_{C{O_2}}} = {\text{ }}{n_{{H_2}O}}\)

\({m_ \uparrow } = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}}\)

Lời giải chi tiết :

- Đốt cháy este no đơn chức:\({n_{C{O_2}}} = {\text{ }}{n_{{H_2}O}} = a\,mol\)

\( {\text{ }}{m_ \uparrow } = {\text{ }}{m_{C{O_2}}} + {\text{ }}{m_{{H_2}O\;}}\)

\(< = > 6,2{\text{ }} = 44.a + 18.a{\text{ }}\)

\( = > a = 0,1\,mol\)

Câu 19 :

Dung dịch Ala-Val phản ứng được với dung dịch nào sau đây?

A

KCl.
B

NaNO₃.
C

KNO₃.
D

H₂SO₄.

Đáp án : D

Lời giải chi tiết :

dd Ala - Val phản ứng được với dd H₂SO₄

Câu 20 :

Thủy phân hoàn toàn tinh bột thu được monosaccarit X. Hidro hóa X thu được chất hữu cơ Y. Hai chất X,Y lần lượt là

A
glucozo, sobitol
B
saccarozo, glucozo
C
glucozo, axit gluconic
D
frutozo, sobitol

Đáp án : A

Lời giải chi tiết :

Ta có (C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O → nC₆H₁₂O₆ ( glucozo – X )

C₆H₁₂O₆ + H₂ → C₆H₁₄O₆ ( sorbitol – Y )

Câu 21 :

A

CH₂=CH-COONH₃-C₂H₅.
B

CH₃(CH₂)₄NO₂.
C

H₂N-CH₂COO-CH₂-CH₂-CH₃.
D

H₂N-CH₂-CH₂-COOC₂H₅.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

X (C₅H₁₁O₂N) có dạng C_nH_2n+1O₂N có phản ứng với NaOH => X có thể là

+ amino axit

+ este của axit cacboxylic với amin

+ este của aminoaxit với ancol

Lời giải chi tiết :

Y là ancol bậc 1, Z là anđehit

X (C₅H₁₁O₂N) + NaOH → C₂H₄O₂NNa + Y (ancol bậc 1)

=> X là este của aminoaxit với ancol

=> CTCT của X là: NH₂CH₂COOCH₂-CH₂-CH₃

NH₂CH₂COOCH₂-CH₂-CH₃ + NaOH → NH₂CH₂COONa + CH₃CH₂CH₂OH(Y)

CH₃CH₂CH₂OH + 2CuO CH₃CH₂CH=O(Z) + Cu₂O + H₂O

CH₃CH₂CH=O + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O CH₃CH₂COONH₄ + 2Ag↓ + 2NH₄NO₃

Câu 22 :

A

26,40.
B

27,70.
C

25,86.
D

27,30.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

n_Y = (n_CO2 - n_H2O)/2 = ?

∑ n_COO = n_NaOH = 0,09 (mol)

Bảo toàn khối lượng ta có: m_X = m_C + m_H + m_O = ? (g)

Khi phản ứng với NaOH số mol H₂O sinh ra = n_{COOH(trong axit)} = ? (mol)

BTKL ta có: m_X+ m_NaOH = m_{hh muối} + m_glixerol + m_H2O => m_muối = ?

Lời giải chi tiết :

Vì X + NaOH thu được glixerol và hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat => triglixerit Y là este no, ba chức, mạch hở

Đốt cháy axit panmitic và axit stearic đều thu được n_H2O = n_CO2 => Sự chênh lệch mol H₂O và CO₂ là do đốt cháy Y

Y có độ bất bão hòa k = 3

\({n_Y} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}} = \frac{{1,56 - 1,52}}{{3 - 1}} = 0,02\,\,(mol)\)

Ta có: ∑ n_COO = n_NaOH = 0,09 (mol) => n_{O (trong X)} = 2n_COO = 0,18 (mol)

=> n_{COOH- (trong axit)} = ∑ n_COO - n_COO(trongY) = 0,09 - 0,02.3 = 0,03 (mol)

Bảo toàn khối lượng ta có: m_X = m_C + m_H + m_O = 1,56.12 + 1,52.2 + 0,18.16 = 24,64 (g)

Đặt công thức chung của Y là: (RCOO)₃C₃H₅: 0,02 (mol) => n_C3H5(OH)3= n_Y = 0,02 (mol)

Khi phản ứng với NaOH số mol H₂O sinh ra = n_{COOH(trong axit)} = 0,03 (mol)

BTKL ta có: m_X+ m_NaOH = m_{hh muối} + m_glixerol + m_H2O

=> 24,64 + 0,09.40 = a + 0,02.92 + 0,03.18

=> a = 25,86 (g)

Câu 23 :

Các sơ đồ phản ứng theo đúng tỉ lệ mol:

(a) X + 2NaOH \(\xrightarrow{{{t^o}}}\)X₁ + 2X₂

(b) X₁ + H₂SO₄ → X₃ + Na₂SO₄

(d) X₂+ CO \(\xrightarrow{{{t^o},xt}}\)X₅

(e) X₄ + 2X₅ \(\overset {{H_2}S{O_4}\,dac,{t^o}} \leftrightarrows \)X₆ + 2H₂O

Cho biết X là este có công thức phân tửu C₁₀H₁₀O₄; X₁, X₂, X₃, X₄, X₅, X₆ là các hợp chất hữu cơ khác nhau. Phân tử khối của X₆ là

A

146.
B

118.
C

104.
D

132.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Từ (b) suy ra X₃ là axit

Từ (c) suy ra X₃ là axit terephtalat; X₄ là etylenglicol)

từ đó suy ra các chất còn lại

Lời giải chi tiết :

Từ (b) suy ra X₃ là axit

Từ (c) suy ra X₃ là axit terephtalat; X₄ là etylenglicol)

X₃: HOOC-C₆H₄-COOH ; X₄: HOCH₂-CH₂OH

Từ (b) suy ra X₁ là: NaOOC- C₆H₄-COONa

X: C₁₀H₁₀O₄ có k = (10.2+ 2-10)/2 = 6

Từ (a) suy ra X là este 2 chức => CTCT X: CH₃OOC- C₆H₄-COOCH₃

(a) CH₃OOC- C₆H₄-COOCH₃ (X) + 2NaOH \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) NaOOC- C₆H₄-COONa (X₁) + 2CH₃OH (X₂)

(b) NaOOC- C₆H₄-COONa (X₁) + H₂SO₄ → HOOC- C₆H₄-COOH (X₃) + Na₂SO₄

(d) CH₃OH (X₂)+ CO \(\xrightarrow{{{t^o},xt}}\) CH₃COOH (X₅)

(e) HOCH₂-CH₂OH (X₄) + 2CH₃COOH (X₅) \(\overset {{H_2}S{O_4}\,dac,{t^o}} \leftrightarrows \) CH₃COO-CH₂-CH₂-OOCCH₃ (X₆) + 2H₂O

Vậy phân tử khối của X₆ là 146

Câu 24 :

A

11,60.
B

9,44.
C

11,32.
D

10,76.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Viết phương trình đốt cháy

C_mH_2m+4O₄N₂ + (1,5m-1)O₂ → mCO₂ + (m+2)H₂O + N₂

a → (1,5m-1)a → (m+2)a mol

C_nH_2n+3O₂N + (1,5n-0,25)O₂ → nCO₂ + (n+1,5)H₂O + N₂

b → (1,5n-0,25)b → (n+1,5)b mol

Ta có hệ 3 phương trình:

\(\left\{ \begin{gathered}{n_E} = a + b = 0,1 \hfill \\{n_{{O_2}}} = (1,5m - 1)a + (1,5n - 0,25)b = 0,26 \hfill \\{n_{{H_2}O}} = (m + 2)a + (n + 1,5)b = 0,4 \hfill \\\end{gathered} \right.\)

Từ đây suy ra được a, b. Từ đó có mối quan hệ m, n. Sau đó biện luận tìm được m, n thỏa mãn

Lời giải chi tiết :

Đặt số mol của C_mH_2m+4O₄N₂: a (mol) ; số mol của C_nH_2n+3O₂N: b (mol)

C_mH_2m+4O₄N₂ + (1,5m-1)O₂ → mCO₂ + (m+2)H₂O + N₂

a → (1,5m-1)a → (m+2)a mol

C_nH_2n+3O₂N + (1,5n-0,25)O₂ → nCO₂ + (n+1,5)H₂O + N₂

b → (1,5n-0,25)b → (n+1,5)b mol

Ta có hệ 3 phương trình:

\(\begin{gathered}\left\{ \begin{gathered}{n_E} = a + b = 0,1 \hfill \\{n_{{O_2}}} = (1,5m - 1)a + (1,5n - 0,25)b = 0,26 \hfill \\{n_{{H_2}O}} = (m + 2)a + (n + 1,5)b = 0,4 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{\begin{gathered}a + b = 0,1 \hfill \\1,5(ma + nb) - (a + 0,25b) = 0,26 \hfill \\ ma + nb = 0,4 - 2a - 1,5b \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\\Rightarrow \left\{ \begin{gathered} a + b = 0,1 \hfill \\4a + 2,5b = 0,34 \hfill \\ma +nb = 0,4 - 2a - 1,5b \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}a = 0,06 \hfill \\b = 0,04\hfill \\3m + 2n = 11 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \)

Do m ≥ 2 và n ≥ 1 nên m = 3 và n = 1 là nghiệm duy nhất thỏa mãn

=> CTPT X: C₃H₁₀O₄N₂ và CTPT của Y: CH₅O₂N

E + NaOH → 2 chất khí đều làm xanh quỳ tím ẩm

=> CTCT của X: NH₃CH₃COO-COONH₄ ; CTCT của Y: HCOONH₄

=> 2 khí làm xanh quỳ tím ẩm là NH₃ và CH₃NH₃

Muối thu được gồm: (COONa)₂: 0,06 mol và HCOONa: 0,04 (mol)

=> a = 0,06.134 + 0,04.68=10,76 (g)

Câu 25 :

A

2
B

4
C

1
D

3

Đáp án : A

Phương pháp giải :

CH₃NH₂ có tính chất hóa học hoàn toàn tương tự như NH₃.

Lời giải chi tiết :

\(\left\{ \begin{gathered}AlC{l_3} \hfill \\FeC{l_3} \hfill \\Zn{(N{O_3})_3} \hfill \\Cu{(N{O_3})_2} \hfill \\\hfill\\HCl \hfill \\N{a_2}S{O_4} \hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{C{H_3}N{H_2}\,vua\,du}}\left| \begin{gathered}Ket\,tua\left\{ \begin{gathered}Al{(OH)_3} \hfill \\Fe{(OH)_3} \hfill \\Zn{(OH)_2} \hfill \\Cu{(OH)_2} \hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{C{H_3}N{H_2}\,du}}\left\{ \begin{gathered}Al{(OH)_3} \hfill \\Fe{(OH)_3} \hfill \\\end{gathered} \right. \hfill \\\hfill \\C{H_3}N{H_3}Cl \hfill \\ khong\,pu \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

PTHH xảy ra:

- Khi CH₃NH₂ vừa đủ:

AlCl₃ + 3CH₃NH₂ + 3H₂O → Al(OH)₃↓ + 3CH₃NH₃Cl

FeCl₃ + 3CH₃NH₂ + 3H₂O → Fe(OH)₃↓ + 3CH₃NH₃Cl

Zn(NO₃)₂ + 2CH₃NH₂ + 2H₂O → Zn(OH)₂↓ + 2CH₃NH₃NO₃

Cu(NO₃)₂ + 2CH₃NH₂ + 2 H₂O → Cu(OH)₂↓ + 2CH₃NH₃NO₃

HCl + CH₃NH₂ → CH₃NH₃Cl

- Khi CH₃NH₂ dư thì có sự hòa tan kết tủa Zn(OH)₂ và Cu(OH)₂ để tạo phức amin:

Zn(OH)₂ + 6CH₃NH₂ → (Zn(CH₃NH₂)₆)(OH)₂

Cu(OH)₂ + 4CH₃NH₂ → (Cu(CH₃NH₂)₄)(OH)₂

Vậy có 2 kết tủa thu được sau phản ứng là Al(OH)₃ và Fe(OH)₃

Câu 26 :

A

35
B

26
C

25
D

29

Đáp án : B

Phương pháp giải :

\(E\left\{ \begin{gathered}X:8x \hfill \\Y:y \hfill \\ Z:x \hfill \\glixerol:z \hfill \\\end{gathered}\right.\xrightarrow{{ + 0,4molNaOH}}\left\{ \begin{gathered}{R_1}{\text{COONa}} \hfill \\{R_2}{\text{COONa}} \hfill \\{\text{glixerol:0,4}} \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Vì 2 muối có tỉ lệ 1 : 3 nên giả sử: R₁COONa : 0,3 mol và R₂COONa : 0,1 mol

Đốt muối có

Muối + 0,45 mol O₂ → CO₂ + H₂O + Na₂CO₃

→ bảo toàn O có : 2n_COO- + 2n_O2 = 2n_CO2 + 3n_Na2CO3 + n_H2O => H₂O = ? mol

Bảo toàn khối lượng: m_muối + m_O2 = m_CO2 + m_Na2CO3 + m_H2O => m_muối = ? (g)

Mặt khác: m_muối = 0,3(R₁ + 67) + 0,1.(R₂ + 67)

=> Mối quan hệ R₁, R₂

=> Chạy giá trị tìm được R₁,R₂

Bảo toàn khối lượng phản ứng tác dụng với NaOH có

m_E + m_NaOH = m_muối + m_Glixerol+ m_H2O => n_H2O = ?

→n_X = ? mol và n_Y = ?

=> CTCT của Z. Từ đó tính được phần trăm =?

Lời giải chi tiết :

\(E\left\{ \begin{gathered}X:8x \hfill \\Y:y \hfill \\Z:x \hfill \\glixerol:z \hfill \\ \end{gathered}\right.\xrightarrow{{ + 0,4molNaOH}}\left\{ \begin{gathered}{R_1}{\text{COONa}} \hfill \\{R_2}{\text{COONa}} \hfill \\{\text{glixerol:0,4}} \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Vì 2 muối có tỉ lệ 1 : 3 nên giả sử: R₁COONa : 0,3 mol và R₂COONa : 0,1 mol

Đốt muối có

Muối + 0,45 mol O₂ → CO₂ + H₂O + Na₂CO₃

BTNT “Na”: n_Na2CO3 = 1/2n_NaOH = 0,2 (mol)

→ bảo toàn O có : 2n_COO- + 2n_O2 = 2n_CO2 + 3n_Na2CO3 + n_H2O

=> H₂O = 2.0,4 + 2.0,45 -2.0,4-3.0,2 = 0,3 mol

Bảo toàn khối lượng:

m_muối + m_O2 = m_CO2 + m_Na2CO3 + m_H2O

=> m_muối = 0,4.44 + 0,2.106 + 0,3.18 – 0,45.32 = 29,8 (g)

Bảo toàn khối lượng có m_muối = 29,8 g = 0,3(R₁ + 67) + 0,1.(R₂ + 67)

=> 3R₁ + R₂ = 30

=> R₁ = 1 và R₂ = 27 là nghiệm thỏa mãn

Bảo toàn khối lượng phản ứng tác dụng với NaOH có

m_E + m_NaOH = m_muối + m_Glixerol+ m_H2O

=> 23,06 + 0,4.40 = 29,8 + 3,68 + m_H2O

=> m_H2O = 5,58 (g)

=> n_H2O = 0,31mol → n_Z = (0,4 - 0,31) : 3 = 0,03 mol

→n_X = 0,24 mol và n_Y = 0,07

→ có n_X + 2n_Z = n_R1COONa nên Z tạo từ 2X và 1 Y

Z là (HCOO)₂-C₃H₅-OOC-C₂H₃ : 0,03

→%Z = 26,28% gần nhất với 26%

Câu 27 :

A

240.
B

100.
C

120.
D

190.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Ta thấy C₈H₈O₂ có các đồng phân este là:

HCOOCH₂C₆H₅

C₆H₅COOCH₃

HCOOC₆H₄CH₃ (o,m,p)

Do cho E tác dụng với NaOH thu được các ancol nên E chứa HCOOCH₂C₆H₅, C₆H₅COOCH₃và 2 este còn lại đều có công thức là HCOOC₆H₄CH₃ (o,m hoặc m,p hoặc o,p)

Coi E chứa HCOOCH₂C₆H₅ (x mol), C₆H₅COOCH₃ (y mol), HCOOC₆H₄CH₃ (z mol)

Dựa vào các dữ kiện đề bài để lập hệ phương trình.

Lời giải chi tiết :

Ta thấy C₈H₈O₂ có các đồng phân este là:

HCOOCH₂C₆H₅

C₆H₅COOCH₃

HCOOC₆H₄CH₃ (o,m,p)

Coi E chứa HCOOCH₂C₆H₅ (x mol), C₆H₅COOCH₃ (y mol), HCOOC₆H₄CH₃ (z mol)

+ n_E = x + y + z = 16,32 : 136 = 0,12 mol (1)

+ X chứa: C₆H₅CH₂OH (x mol) CH₃OH (y mol)

n_H2= 0,5x + 0,5y (mol)

m _{bình tăng}= m _ancol– m_H2 = 108x + 32y – 2.(0,5x+0,5y) = 3,83 (2)

+ Muối gồm: HCOONa (x + z mol); C₆H₅COONa (y mol) và CH₃C₆H₄ONa (z mol)

=> m _muối= 68(x+z) + 144y + 130z = 18,78 (3)

Giải (1) (2) (3) được x = 0,03; y = 0,02; z = 0,07

n_NaOH = x + y + 2z = 0,19 mol

=> V = 190ml

Câu 28 :

A

2,08% .
B

4,17%.
C

3,21%.
D

1,61%.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

\(\left\{ \begin{gathered}X(8C) \hfill \\Y(9C) \hfill \\Z(11C) \hfill \\T:{C_n}{H_{2n}}{O_2} \hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{quy\,doi}}\underbrace {\left\{ \begin{gathered}C{H_2}:x \hfill \\CONH:y \hfill \\{H_2}O:z \hfill \\{O_2}:T \hfill \\ \end{gathered} \right.}_{249,56(g)}\)

Áp dụng các định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để lập nên các phương trình.

Lời giải chi tiết :

\(\begin{gathered} \left\{ \begin{gathered}X(8C) \hfill \\Y(9C) \hfill \\Z(11C) \hfill \\T:{C_n}{H_{2n}}{O_2}\hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{quy\,doi}}\underbrace {\left\{\begin{gathered}C{H_2}:x \hfill \\CONH:y \hfill \\{H_2}O:z \hfill \\{O_2}:T \hfill \\ \end{gathered} \right.}_{249,56(g)}\left| \begin{gathered}P1\xrightarrow{{ + {O_2}}}\left\{ \begin{gathered}C{O_2}:amol \hfill \\{H_2}O:a - 0,11\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\P2\xrightarrow{{ + NaOH:(y + t)\,mol}}{H_2}O:z\,mol + \,{C_2}{H_5}OH:t\,mol + G\left\{ \begin{gathered}{C_n}{H_{2n}}{O_2}NNa \hfill \\{C_m}{H_{2m - 1}}{O_2}Na \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\G\left\{ \begin{gathered}{C_n}{H_{2n}}{O_2}NNa \hfill \\{C_m}{H_{2m - 1}}{O_2}Na \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + {O_2}:3,385mol}}\left\{ \begin{gathered}N{a_2}C{O_3}:0,5y + 0,5t \hfill \\C{O_2}:a + 0,5y - 2,5t \hfill \\{H_2}O:x + y - 2,5t \hfill \\\end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \)

P1: n_CO2 –n_H2O = 0,11 => 0,5y – z = 0,11 (1)

P2: n_NaOH = y + t => n_Na2CO3 = 0,5y + 0,5t

BT “C”: x + y -2t = 0,5y + 0,5t + n_CO2

=> n_CO2 = x + 0,5y – 2,5t

BT “H”: (2x + y + 2z)+(y + t) -2z - 6t = 2n_H2O

=> n_H2O= x + y – 2,5t

BT “O”: n_O(muối) + 3,385.2 = 3(0,5y + 0,5t) + 2(x + 0,5y – 2,5t) + (x + y – 2,5t)

=> 3x + 1,5y – 8t = 6,77 (2)

Phương trình về KL: 14x + 43y + 18z + 32t = 249,56:2 (3)

BTKL: 124,78 + 4(y+t) = 133,18 + 18z + 46t

=> 40y – 18z – 6t = 8,4 (4)

(1) (2) (3) (4) => x = 4,98; y = 0,42; z = 0,1; t = 1,1

\(\begin{gathered}\left\{ \begin{gathered}{n_{peptit}} = 0,1{\text{ }}mol \to 0,8 < n < 1,1 \hfill \\{n_{C(hh)}} = 4,98 + 0,42 = 5,4 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to 4,3 < {n_{C(este)}} < 4,6 \to \frac{{4,3}}{{1,1}} < C(este) <\frac{{4,6}}{{1,1}} \hfill \\ \to Este:{C_4}{H_8}{O_2} \hfill \\\to \left\{ \begin{gathered}{n_{C(peptit)}} = 5,4- 4,4 = 1 \hfill \\{n_{peptit}} = z = 0,1 \hfill \\{n_{CONH}} = 0,42 \to so\,mat\,xich\,tb = 4,2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}Z:Gl{y_4}Ala(m) \hfill \\Y:Gl{y_3}Ala(n) \hfill \\X:ValAla(p)\hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}m + n + p = 0,1 \hfill \\11m + 9n + 8p = 1 \hfill \\5m + 4n + 2p = 0,42 \hfill \\\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}m = 0,06 \hfill \\n = 0,02 \hfill \\z = 0,02 \hfill \\\end{gathered} \right. \hfill \\\to \% {m_Y} = \frac{{0,02.(75.3 + 89 - 18.3)}}{{124,78}}.100\% = 4,17\% \hfill \\\end{gathered} \)

Câu 29 :

Poli(metyl metacrylat) và nilon-6 được tạo thành từ các monome tương ứng là

A

CH₂=CH-COOCH₃ và H₂N-(CH₂]₆-COOH
B

CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ và H₂N-(CH₂]₅-COOH.
C

CH₃-COO-CH=CH₂ và H₂N-(CH₂]₅-COOH.
D

CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ và H₂N-(CH₂]₆-COOH.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Từ tên của polime ta suy ra được các monome tương ứng

Lời giải chi tiết :

\(\begin{gathered}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C{H_3} \hfill \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,| \hfill \\nC{H_2} = C(C{H_3}) - COOC{H_3}\xrightarrow{{{t^o},xt,p}}{{\text{(}}C{H_2} - C - {\text{)}}_n} \hfill \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,| \hfill \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,COOC{H_3} \hfill \\(Metyl\,metacrylat)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,Poli(metyl\,metacrylat) \hfill \\ \end{gathered} \)

Phản ứng trùng ngưng tạo nilon-6:

\(n{H_2}N - {{\text{(}}C{H_2})_5} - C{\text{OO}}H\xrightarrow{{{t^o},p,xt}}{( - HN - {{\text{(}}C{H_2})_5} - C{\text{O}} - )_n} + n{H_2}O\)

(Axit ε-aminocaproic) (Tơ nilon-6)

Câu 30 :

A

X có hai công thức cấu tạo phù hợp.
B

Y có mạch cacbon phân nhánh.
C

T có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.
D

Z không làm mất màu dung dịch brom.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

- Độ bất bão hòa của X: k = (2C + 2 -H)/2 = (2.6 + 2 - 10)/2 = 2

=> Este X là este no, 2 chức

- Y phản ứng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch xanh lam nên Y là ancol 2 chức chứa 2 nhóm OH cạnh nhau

- Nung nóng Z với hỗn hợp rắn gồm NaOH và CaO, thu được CH₄ => Z

Dựa vào các dữ kiện đề bài để tìm CTCT phù hợp của các chất.

Lời giải chi tiết :

- Độ bất bão hòa của X: k = (2C + 2 -H)/2 = (2.6 + 2 - 10)/2 = 2

=> Este X là este no, 2 chức

- Y phản ứng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch xanh lam nên Y là ancol 2 chức chứa 2 nhóm OH cạnh nhau

- Z là CH₃COONa vì:

CH₃COONa + NaOH \(\xrightarrow{{CaO,{t^o}}}\) CH₄ + Na₂CO₃

Vậy có thể suy ra công thức cấu tạo thỏa mãn của este X là:

CH₃COOCH(CH₃)-CH₂-OOCH hoặc CH₃COOCH₂-CH(CH₃)-OOCH

=> T là HCOONa, Y là CH₃-CH(OH)-CH₂(OH)

A, C, D đúng

B sai vì Y có mạch C không phân nhánh

Câu 31 :

Khi nghiên cứu cacbohidrat X ta nhận thấy:

- X không tráng gương, có một đồng phân

- X thủy phân trong nước được hai sản phẩm.

Vậy X là

A

Glucozo.
B

Tinh bột.
C

Saccarozo.
D

Fructozo.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Dựa vào tính chất hóa học của cacbohidrat.

Lời giải chi tiết :

Xét các phương án ta thấy chỉ có saccarozo thỏa mãn vì:

- Saccarozo không tráng gương, có 1 đồng phân là mantozo

- Saccarozo thủy phân trong nước thu được 2 sản phẩm là glucozo và fructozo

Câu 32 :

Cho các phát biểu sau:

(a) Sau khi mổ cá, có thể dùng chanh để giảm mùi tanh.

(b) Dầu thực vật và dầu nhớt bôi trơn máy đều có thành phần chính là chất béo.

(d) Khi làm trứng muối (ngâm trứng trong dung dịch NaCl bão hòa) xảy ra hiện tượng đông tụ protein.

(e) Thành phần chính của tóc là protein.

(g) Để giảm đau nhức khi bị kiến đốt, có thể bôi giấm vào vết đốt.

Số phát biểu đúng là

A

3
B

4
C

5
D

2

Đáp án : B

Lời giải chi tiết :

(a) đúng vì các amin sẽ phản ứng với chanh tạo muối và bị rửa trôi

(b) sai vì dầu nhớt bôi trơn có thành phần chính là các hidrocacbon

(d) đúng vì protein bị đông tụ khi đun nóng hoặc khi tiếp xúc với một số muối.

(e) đúng

(g) sai vì nọc kiến có chứa HCOOH nên bôi giấm (CH₃COOH) không có tác dụng, ta nên bôi nước vôi trong Ca(OH)₂ để giảm sưng tấy.

Vậy có tất cả 4 phát biểu đúng

Câu 33 :

A
15,0.
B
20,2.
C
26,4.
D
28,2.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

X tác dụng NaOH đun nóng thu được chất khí làm xanh giấy quỳ tím ẩm nên ta suy ra cấu tạo phù hợp của X là:

(CH₃NH₃)₂SO₄

Tính toán theo PTHH suy ra giá trị của m.

Lời giải chi tiết :

X tác dụng NaOH đun nóng thu được chất khí làm xanh giấy quỳ tím ẩm nên ta suy ra cấu tạo phù hợp của X là:

(CH₃NH₃)₂SO₄

PTHH: (CH₃NH₃)₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2CH₃NH₂ + 2H₂O

ĐB: 0,1 mol 0,35 mol

PƯ: 0,1 mol → 0,2 mol → 0,1 mol

Sau: 0 0,15 mol 0,1 mol

Vậy chất rắn thu được gồm NaOH dư (0,15 mol) và Na₂SO₄ (0,1 mol)

=> m = 0,15.40 + 0,1.142 = 20,2 gam

Câu 34 :

A

24,57%
B

52,89%
C

54,13%
D

25,53%

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Do thu được 2 amin no kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng nên suy ra Y là C₂H₅NH₃OOC-COONH₃CH₃

=> Muối có 2C => ancol có 1C

=> CTCT của X

Lời giải chi tiết :

Do thu được 2 amin no kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng nên suy ra Y là C₂H₅NH₃OOC-COONH₃CH₃

=> Muối có 2C => ancol có 1C

=> X là CH₃COONH₃-CH₂-COOCH₃

Vậy muối G gồm:

KOOC-COOK (0,15 mol)

H₂N-CH₂-COOK (0,1 mol)

CH₃-COOK (0,1 mol)

%m KOOC-COOK = \(\frac{{0,15.166}}{{0,15.166 + 0,1.113 + 0,1.98}}.100\% \) = 54,13%

Câu 35 :

A

16,12.
B

19,56.
C

17,96.
D

17,72.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Do muối gồm natri stearat (C₁₇H₃₅COONa); natri panmitat (C₁₅H₃₁COONa) và C₁₇H_yCOONa nên X số nguyên tử C là: 18 + 16 + 18 + 3 = 55

=> n_X = n_CO2 : 55 = ?

Do X chứa 6 nguyên tử O nên: n_O(X)= 6n_X = ?

*Xét phản ứng cháy của X:

BTNT "O": n_O(X)+ 2n_O2= 2n_CO2 + n_H2O => n_H2O

BTKL: m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2

*Xét phản ứng thủy phân X trong NaOH:

X + 3NaOH → Muối + C₃H₅(OH)₃

BTKL: m _muối = m_X + m_NaOH - m_C3H5(OH)3

Lời giải chi tiết :

Do muối gồm natri stearat (C₁₇H₃₅COONa); natri panmitat (C₁₅H₃₁COONa) và C₁₇H_yCOONa nên X số nguyên tử C là: 18 + 16 + 18 + 3 = 55

=> n_X = n_CO2 : 55 = 1,1 : 55 = 0,02 mol

Do X chứa 6 nguyên tử O nên: n_O(X)= 6n_X = 6.0,02 = 0,12 mol

*Xét phản ứng cháy của X:

BTNT "O": n_O(X)+ 2n_O2= 2n_CO2 + n_H2O

=> 0,12 + 2.1,55 = 2.1,1 + n_H2O => n_H2O = 1,02 mol

BTKL: m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 1,1.44 + 1,02.18 - 1,55.32 = 17,16 gam

*Xét phản ứng thủy phân X trong NaOH:

X + 3NaOH → Muối + C₃H₅(OH)₃

0,02 → 0,06 → 0,02

BTKL: m _muối = m_X + m_NaOH - m_C3H5(OH)3 = 17,16 + 0,06.40 - 0,02.92 = 17,72 gam

Câu 36 :

Cho sơ đồ chuyển hóa sau:

(1) n-pentan \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) A + B và D + E

(2) A + Cl₂ \(\xrightarrow{{a/s}}\) CH₃-CHCl-CH₃ + F

(3) CH₃COONa + NaOH → D + G

(4) D + Cl₂ \(\xrightarrow{{a/s}}\) L + F

(5) CH₃-CHCl-CH₃ + L + Na → M + NaCl

Các chất A, B, D, E và M lần lượt có cấu tạo là

A

CH₃-CH₃, CH₃-CH(CH₃)-CH₃, CH₄, CH₃-CH₂-CH₂-CH₃, CH₃-CH₂-CH₃.
B

CH₃-CH₂-CH₃, CH₄, CH₃-CH₃, CH₃-CH₂-CH₂-CH₃, CH₃-CH(CH₃)-CH₃.
C

CH₃-CH₂-CH₃, CH₂=CH₂, CH₄, CH₂=CH-CH₂-CH₃, CH₃-CH(CH₃)-CH₃.
D

CH₄, CH₃-CH₂-CH₂-CH₃, CH₃-CH₂-CH₃, CH₃-CH₃, CH₃-CH(CH₃)-CH₃.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Xem lại lý thuyết về hidrocacbon

Lời giải chi tiết :

3) CH₃COONa + NaOH \(\xrightarrow{{CaO,{t^o}}}\) CH₄ (D) + Na₂CO₃ (G)

(4) CH₄ (D) + Cl₂ \(\xrightarrow{{a/s}}\) CH₃Cl (L) + HCl (F)

(1) CH₃-CH₂-CH₂-CH₂-CH₃ \(\xrightarrow{{crackinh}}\) CH₄ (D) + CH₂=CH-CH₂-CH₃ (E)

CH₃-CH₂-CH₂-CH₂-CH₃ \(\xrightarrow{{crackinh}}\) CH₃-CH₂-CH₃ (A) + CH₂=CH₂ (B)

(2) CH₃-CH₂-CH₃ (A) + Cl₂\(\xrightarrow{{a/s}}\) CH₃-CHCl-CH₃ + HCl (F)

(5) CH₃-CHCl-CH₃ + CH₃Cl (L) + 2Na → CH₃-CH(CH₃)-CH₃ (M) + 2NaCl

Câu 37 :

A

1,1.
B

4,7.
C

2,9.
D

2,7.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Bảo toàn nguyên tố

Lời giải chi tiết :

n_NaOH = 0,234.2,5 = 0,585 mol

*Xét phản ứng thủy phân hỗn hợp E trong NaOH:

Đặt n _{este đơn chức}= x và n _{este hai chức}= y (mol)

=> n_E = x + y = 0,36 mol và n_NaOH = x + 2y = 0,585

Giải hệ thu được x = 0,135 và y = 0,225

=> x : y = 3 : 5

*Xét phản ứng đốt cháy E:

Do X, Y đều chứa 4 liên kết π nên ta giả sử E gồm:

C_nH_2n-6O₂ (3a mol) và C_mH_2m-6O₄ (5a mol)

n_CO2 - n_H2O = 3n_E => n_CO2 - 0,37 = 3.8a => n_CO2 = 24a + 0,37 (mol)

Mặt khác: m_E = m_C + m_H + m_O => 12(24a + 0,37) + 0,37.2 + 3a.32 + 5a.64 = 12,22 => a = 0,01 mol

=> n_CO2 = 24.0,01 + 0,37 = 0,61 mol; n _{este đơn chức}= 0,03 và n _{este hai chức}= 0,05 (mol)

BTNT "C": n_CO2 = 0,03n + 0,05m = 0,61 chỉ có nghiệm n = 7 và m = 8 thỏa mãn (Do các axit đều 4C và ancol không no tối thiểu 3C nên n≥7 và m≥8)

Do thủy phân E trong NaOH thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức và một ancol no, đơn chức nên ta suy ra cấu tạo của các chất trong E là:

X: CH₂=C(CH₃)-COOCH₂-C≡CH (0,03 mol)

Y: CH₃-OOC-CH=CH-COO-CH₂-CH=CH₂

COO-CH₂-CH=CH₂

Z: C=C

COO-CH₃

Ancol đa chức gồm: CH≡C-CH₂-OH (0,03 mol) và CH₂=CH-CH₂-OH (0,05 mol)

=> m₁ = 0,03.56 + 0,05.58 = 4,58 gam

Ancol đơn chức gồm: CH₃OH (0,05 mol)

=> m₂ = 0,05.32 = 1,6 gam

=> m₁ : m₂ = 4,58 : 1,6 = 2,8625 gần nhất với 2,9

Câu 38 :

A

11,2.
B

16,8.
C

10,0.
D

14,0.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Alanin: CH₃-CH(NH₂)-COOH ↔ (CH₂)₂(COO)(NH₃)

Axit glutamic: HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COOH ↔ (COO)₂(CH₂)₃(NH₃)

Axit acrylic: CH₂=CH-COOH ↔ (CH₂)₂(COO)

Propen: C₃H₆ ↔ (CH₂)₃

Trimetylamin: (CH₃)₃N ↔ (CH₂)₃(NH₃)

Vậy quy đổi hỗn hợp X, Y thành CH₂ (x mol), COO(y mol), NH₃ (với n_NH3 = 2n_N2)

Dựa vào phương pháp bảo toàn nguyên tố C và O tìm được giá trị của x, y

Lời giải chi tiết :

Alanin: CH₃-CH(NH₂)-COOH ↔ (CH₂)₂(COO)(NH₃)

Axit glutamic: HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COOH ↔ (COO)₂(CH₂)₃(NH₃)

Axit acrylic: CH₂=CH-COOH ↔ (CH₂)₂(COO)

Propen: C₃H₆ ↔ (CH₂)₃

Trimetylamin: (CH₃)₃N ↔ (CH₂)₃(NH₃)

Vậy quy đổi hỗn hợp X, Y thành CH₂ (x mol), COO(y mol), NH₃ (với n_NH3 = 2n_N2 = 0,2 mol)

\(\left\{ \begin{gathered}C{H_2}:x \hfill \\{\text{COO:y}} \hfill \\{\text{N}}{{\text{H}}_{\text{3}}}{\text{:0,2}} \hfill \\ \end{gathered} \right. + {O_2}:1,14 \to \left\{ \begin{gathered}C{O_2}:0,91 \hfill \\\xrightarrow{{BT:H}}{H_2}O:x + 0,3 \hfill \\{N_2}:0,1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

BTNT "C": n_CH2 + n_COO = n_CO2 => x + y = 0,91 (1)

BTNT "O": 2n_COO + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => 2y + 1,14.2 = 0,91.2 + x + 0,3 (2)

Giải hệ được x = 0,66 và y = 0,25

Khi cho a mol X tác dụng với KOH thì: n_KOH = n_COO = 0,25 mol => m_KOH = 0,25.56 = 14 gam

Câu 39 :

Cho các phát biểu sau:

(a) Đipeptit Val-Lys có phản ứng màu biure.

(b) Dung dịch axit glutamic đổi màu quỳ tím thành xanh.

(d) Phenylamin có lực bazo mạnh hơn amoniac.

(e) Saccarozo có phản ứng thủy phân trong môi trường axit.

(g) Vinyl axetat làm mất màu dung dịch brom.

Số phát biểu đúng là

A

4
B

5
C

2
D

3

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

(a) sai vì đipeptit không có phản ứng màu biure

(b) sai vì axit glutamic làm quỳ tím chuyển thành đỏ

+ Etyl fomat (CTCT: HCOOC₂H₅; CTPT: C₃H₆O₂) có CTĐGN là C₃H₆O₂

+ Glucozo (CTPT: C₆H₁₂O₆) có CTĐGN là CH₂O

(d) sai vì tính bazo của phenylamin yếu hơn amoniac

(e) đúng, saccarozo thủy phân trong môi trường axit khi đun nóng thu được glucozo và fructozo

(g) đúng vì phân tử vinyl axetat (CH₃COOCH=CH₂) có chứa liên kết đôi C=C

Vậy có tất cả 2 phát biểu đúng.

Câu 40 :

Cho các phát biểu sau:

(a) Thủy phân triolein, thu được etylen glicol.

(b) Tinh bột bị thủy phân khi có xúc tác axit hoặc enzim.

(d) Trùng ngưng ε-aminocaproic, thu được policaproamit.

(e) Chỉ dùng quỳ tím có thể phân biệt ba dung dịch: alanin, lysin, axit glutamic.

(f) Phenylamin tan ít trong nước nhưng tan tốt trong dung dịch HCl.

Số phát biểu đúng là

A

4
B

2
C

5
D

3

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

(a) sai vì thủy phân triolein (là một loại chất béo) thu được glixerol

(b) đúng, khi có mặt xúc tác axit hoặc enzim thì tinh bột bị thủy phân thành glucozo

+ Khi thủy phân trong môi trường axit:

HCOOCH=CH₂ + H₂O \(\xrightarrow{{{H^ + },{t^o}}}\) HCOOH + CH₃CHO

Cả HCOOH và CH₃CHO đều có phản ứng tráng gương

+ Khi thủy phân trong môi trường kiềm:

HCOOCH=CH₂ + NaOH \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) HCOONa + CH₃CHO

Cả HCOONa và CH₃CHO đều có phản ứng tráng gương

(d) đúng

\(n{H_2}N - {{\text{(}}C{H_2})_5} - C{\text{OO}}H\xrightarrow{{{t^o},p,xt}}{( - HN - {{\text{(}}C{H_2})_5} - C{\text{O}} - )_n} + n{H_2}O\)

(Axit ε-aminocaproic) (Policaproamit)

(e) đúng, vì alanin không làm quỳ tím chuyển màu; lysin làm quỳ tím chuyển xanh; axit glutamic làm quỳ tím chuyển đỏ

(f) đúng

Vậy có tất cả 5 phát biểu đúng

Bài liên quan