Đề thi giữa kì 1 Hóa 12 - Đề 1

m_{dd giảm} = m↓ - m_CO2

m_CO2 = 10 - 3,4 = 6,6 gam

n_CO2 = 6,6/44 = 0,15 mol.

Theo phương trình ta có:

n_C6H12O6 = 0,15/2 = 0,075 mol.

Mà hiệu suất lên men là 90% nên:

n_{C6H12 thực tế} = 0,075/90% = 1/12 mol

m = 1/12.180 = 15 gam

Dùng Cu(OH)₂/OH^- để nhận biết ta có:

- Ancol etylic không phản ứng Không có hiện tượng

- Axit axetic tạo dung dịch màu xanh lam.

- Glixerol tạo phức xanh đặc trưng.

- Glucozơ tạo phức xanh đặc trưng ở điều kiện thường, khi đun nóng thì tạo kết tủa đỏ gạch.

b – c = 4a  trong phân tử có 5 liên kết π (3 liên kết π ở -COO- và 2 liên kết π ở mạch C)

1 mol X + 2 mol H₂ n_X = 0,15 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m₁ =  39 – m_H2 = 39 – 0,3.2 = 38,4 gam

m₂ = m_X + m_NaOH – m_C3H5(OH)3

      = 38,4 + 0,7.40 – 0,15.92 = 52,6 gam

(b) Sai vì Saccarozơ không có phản ứng tráng bạc

(c) Sai vì Những hợp chất hữu cơ có thành phần nguyên tố giống nhau, thành phần phân tử hơn kém nhau một hay nhiều nhóm CH₂ và có tính chất hóa học tương tự nhau là đồng đẳng của nhau.

(d) Sai vì Dung dịch glucozơ bị oxi hóa bởi AgNO₃ trong NH₃ tạo ra Ag.

Do chất béo luôn có 3 liên kết pi ở 3 gốc COO

Đốt cháy chất béo, thu được CO₂ và H₂O hơn kém nhau 8 mol

Tổng quát : n_CO2 – n_H2O = (tổng số liên kết pi – 1) . n_béo

=> tổng số liên kết pi= 9

Trong đó có 3 pi của COO không thể tham gia phản ứng với Br₂

=> n_Br2 = (9 – 3).n_béo = 6 mol

Vậy ta có

1 mol chất béo phản ứng tối đa với 6 mol Br₂

x mol chất béo phản ứng tối đa 0,6 mol Br₂

=> x = 0,6 : 6 = 0,1 mol

isoamyl axetat: có mùi chuối chín

etyl butirat: có mùi dứa

etyl Isovalerat: mùi táo

geranyl axetat: mùi hoa hồng

Vậy este etyl butirat có mùi dứa

Phương trình lên men:

C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

m_gluczo = 2,5.0,8, 1000 = 2000 g

n_gluczo = 2000 : 180 = 100/ 9 mol

Theo phương trình phản ứng ta có:

n_C2H5OH = 2.n_Glucozo = 200/9 mol

=> m_{ancol etylic} = (200/9) .46 = 9200/9 gam

=> V_{ancol etylic} = m : D = (9200/9) : 0,8 = 11500/9 ml

Vì trong quá trình chế biến ancol bị hao hụt 10% nên:

=> V_{ancol etylic} = (11500/9).0,9 = 1150 ml

Áp dụng công thức

V_{dung dịch rượu} = (V_{ancol etylic} : Độ rượu). 100

=> V _{dung dịch rượu}= 1150 .100 : 40 = 2875,0 ml

 Saccarozơ không tham gia phản ứng tráng bạc.

 Nhóm mà tất cả các chất đều tác dụng được với nước khi có mặt xúc tác trong điều kiện thích hợi là: Tinh bột, C₂H₄, C₂H₂

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O nC₆H₁₂O₆

C₂H₄ + H₂O C₂H₅OH

Nhiệt độ tăng theo thứ tự Anđehit < Este < Ancol < Axit 

Vậy đáp án đúng là: CH₃COOCH₃ < C₂H₅OH < CH₃COOH.

Dùng dung dịch iot để nhận biết ra hồ tinh bột (hiện tượng: tạo hợp chất màu xanh tím)

Sau đó dùng dung dịch AgNO₃/NH₃, t^o:

Glucozo: xuất hiện kết tủa Ag

CH₂OH(CHOH)₄CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O CH₂OH(CHOH)₄COONH₄ + 2Ag + 2NH₄NO₃

Không phản ứng: glixerol.

Để rửa được anilin thì cần dùng axit để phản ứng xảy ra, ví dụ sử dụng axit HCl:
                 C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl
Sau đó rửa bằng nước để đưa C₆H₅NH₃Cl ra khỏi dụng cụ mang theo anilin.

Axit glutamic: HOOC[CH₂]₂CH(NH₂)COOH

→ M_{axit glutamic} : 147.

 Phương trình phản ứng:

CH₃COOCH₃ + NaOH CH₃COONa + CH₃OH

CH₃COOC₂H₅ + NaOH CH₃COONa + C₂H₅OH

Như vậy xà phòng hoá hỗn hợp thu được 1 muối và 2 ancol

 m_amin + m_axit = m_muối

m_axit = m_muối - m_amin = 2,98 - 1,52 = 1,46 (g)

n_axit = 0,04 mol

n_amin = n_axit = 0,04 mol số mol mỗi amin = 0,02 (mol)

B đúng

C_M(HCl) = 0,04 : 0,2 = 0,2 (mol/l)

A đúng

Khối lượng mol trung bình 2 amin là:

Tổng khối lượng mol 2 amin là: 38.2 = 76

Vậy 2 amin có CTPT thỏa mãn là CH₅N và C₂H₇N

C đúng

Đối với amin có CTPT C₂H₇N, thì amin này có thể là dimetyl amin hoặc etyl amin.

D sai.

Áp dụng công thức đốt cháy chất hữu cơ X có độ bất bão hòa k có:

Vậy trong chất béo có chứa 7 liên kết

số liên kết mạch ngoài = ∑ - ∑ _{trong COO^-} = 7 – 3 = 4

n_Br2 = 0,6 mol n_{chất béo} = n_Br2/4 = 0,6/4 = 0,15 mol

Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch NaOH chỉ có phenol tác dụng tạo thành muối nên tách thành 2 lớp, lớp (1) gồm C₆H₅OH, NaOH và lớp (2) gồm C₆H₆ và C₆H₅NH_2:

                  C₆H₅OH + NaOH C₆H₅ONa + H₂O

Tách riêng lớp (1) rồi cho tác dụng với dung dịch HCl dư, lọc thu được lại phenol:

                  C₆H₅ONa + HCl C₆H₅OH + NaCl

Lớp (2) cho tác dụng với dung dịch HCl dư thì chỉ có anilin tác dụng, rồi tách lớp, chiết lấy benzen. Sau đó cho phần còn lại tác dụng với NaOH dư, chiết thu được lại anilin:

                    C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl 

                    C₆H₅NH₃Cl + NaOH → C₆H₅NH₂ + NaCl + H₂O

• X tác dụng HNO₂ thu được chất Y có công thức là

→ X là amin no bậc 1 → D sai.

• Y₁ không có phản ứng tráng bạc → Y₁ là xeton

→ Y là ancol bậc II.

→ X là amin bậc I có nhóm NH₂ đính vào C bậc II → A, C sai.

Vậy X là butan-2-amin: CH₃−CH₂−(NH₂)−CH₂−CH₃.

n_CO2 = 0,375 mol n_C = n_CO2 = 0,375 mol

n_N2 = 0,0625 mol n_N = 2n_N2 = 0,125 mol

n_H2O = 0,5625 mol n_H = 2n_H2O = 1,125 mol

Vậy ta có:

⇒ n_C:n_H:n_O = 0,375:1,125:0,125 = 3: 9:1

⇒ Công thức phân tử của X là C₃H₉N

Ta có: 

n_CH3COOH = 0,4 mol;

n_C2H5OH = 0,6 mol;

n_este = 0,25 mol.

Phương trình phản ứng:

CH₃COOH + C₂H₅OH CH₃COOC₂H₅ + H₂O.

Xét tỉ lệ mol axit axetic và etanol: n_CH3COOH< n_C2H5OH (0,4 < 0,6)⇒ Vậy sau phản ứng axit hết.

Hiệu suất phản ứng tính theo axit:

• X làm quỳ tím chuyển sang màu xanh → X là etylamin
• Y tạo kết tủa bạc với AgNO₃/NH₃/t^o → Y có nhóm CHO vậy Y là glucozơ
• Z tạo kết tủa trắng với nước brom → Z là anilin.

Ta có:

Thủy phân không hoàn toàn T thu được Gly-Ala, Ala-Gly và Ala-Ala-Val nên T là: Ala-Gly-Ala- Ala-Val.

→ Amino axit đầu N là Ala và amino axit đầu C là Val.

Monosaccarit: glucozơ và fructozơ (C₆H₁₂O₆)

Đisaccarit: saccarozơ và mantozo C₁₂H₂₂O₁₁.

Polisaccarit: tinh bột và xenlulozo (C₆H₁₀O₅)n

Este no, đơn chức, đơn vòng có độ bất bão hòa k = 1π + 1v = 2.

- C_nH_2nO₂ có CTTQ của este no, đơn chức, mạch hở.

- C_nH_{2n - 2}O₂ là CTTQ của este không no, có một nối đôi, đơn chức, mạch hở hoặc CTTQ của este no, đơn chức, đơn vòng.

- C_nH_{2n + 2}O₂ không thể là este vì có độ bất bão hòa

C_nH_2nO không thể là este vì có số nguyên tử O = 1.

 Trong công nghiệp, glucozơ được dùng để tráng gương, tráng ruột phích.

n_H2SO4 = 0,1 mol

Gọi n_NaOH = a; n_KOH = 3a mol

Quy đổi phản ứng thành:

(X, H₂SO₄) + (NaOH, KOH) → Muối + H₂O

Ta có: n_H⁺ = n_OH^- 2n_X + 2n_H2SO4 = n_NaOH + n_KOH

2.0,1 + 2.0,1 = a + 3a a = 0,1

n_H2O = n_H⁺ = n_OH^- = 0,4 mol

Bảo toàn khối lượng ta có:

m_X + m_H2SO4 + m_NaOH + m_KOH = m_muối + m_H2O

m_X + 0,1.98 + 0,1.40 + 0,3.56 = 36,7 + 0,4.18

m_X = 13,3 gam

M_X = 13,3/0,1 = 133 (g/mol)

Xà phòng hóa tristearin là phản ứng thủy phân trong môi trường kiềm:

(C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH 3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃.

→ Sản phẩm thu được là C₁₇H₃₅COONa và glixerol

 Các nhận định đúng là: (1); (2); (4); (6).

(3) Sai vì chất béo có thể là chất rắn hoặc chất lỏng.

(5) sai vì phản ứng thủy phân chất béo trong môi trường kiềm là phản ứng 1 chiều.

Cho Cu(OH)₂ vào dung dịch lòng trắng trứng thấy có xuất hiện màu tím đặc trưng do Cu(OH)₂ đã xảy phản ứng với hai nhóm peptit (CO-NH) (phản ứng biure)

 Xà phòng khi dùng với nước cứng (nước có chứa nhiều ion Ca²⁺ và Mg²⁺) thì các muối canxi stearat, canxipamitat,... sẽ kết tủa làm giảm tác dụng giặt rửa và ảnh hưởng đến chất lượng vải sợi.

 Các chất thõa mãn là:

C₂H₅COONH₄

CH₃COONH₃CH₃

HCOONH₃C₂H₅

HCOONH₂(CH₃)₂