Thứ sáu, 01/11/2024
IMG-LOGO

[Năm 2022] Đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia có lời giải (Đề 7)

  • 10242 lượt thi

  • 40 câu hỏi

  • 50 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Xenlulozơ trinitrat được điều chế từ axit nitric và xenlulozơ (hiệu suất phản ứng là 60% tính theo xenlulozơ). Nếu dùng 2 tấn xenlulozơ thì khối lượng xenlulozơ trinitrat điều chế được là

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: [C6H7O2(OH)3]n + 3nHNO3 H2SO4dac,to  [C6H7O2(ONO2)3]n + 3nH2O

Giải chi tiết:

[C6H7O2(OH)3]n + 3nHNO3 H2SO4dac,to  [C6H7O2(ONO2)3]n + 3nH2O

Theo lý thuyết, cứ 162 tấn xenlulozơ sẽ điều chế được 297 tấn xenlulozơ trinitrat.

Khi dùng 2 tấn xenlulozơ thì khối lượng xenlulozơ trinitrat điều chế được theo lý thuyết là:

mxenlulozơ trinitrat LT =2.297162  = 3,67 tấn

mxenlulozơ trinitrat TT = 3,67.60% = 2,20 tấn.


Câu 2:

Thủy phân etyl fomat trong dung dịch NaOH đun nóng thu được muối nào sau đây?
Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Từ tên gọi suy ra công thức este.

Viết phản ứng thủy phân este trong NaOH Muối thu được.

Giải chi tiết:

CTCT của etyl fomat là HCOOC2H5.

HCOOC2H5 + NaOH to  HCOONa + C2H5OH

Thu được muối là HCOONa.


Câu 3:

Cho 4,48 gam hỗn hợp gồm CH3COOC2H5 và CH3COOC6H5 (tỉ lệ mol bằng 1 : 1) tác dụng với 800 ml dung dịch NaOH 0,1M. Cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu được m gam rắn. Giá trị của m là

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Từ khối lượng và tỉ lệ mol của hỗn hợp suy ra số mol từng este trong hỗn hợp.

- Tính theo các PTHH:

     CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH

     CH3COOC6H5 + 2NaOH → CH3COONa + C6H5ONa + H2O

Chất rắn thu được sau khi cô cạn dung dịch gồm CH3COONa, C6H5ONa, có thể chứa cả NaOH dư.

Giải chi tiết:

nNaOH = 0,8.0,1 = 0,08 mol

nCH3COOC2H5 = nCH3COOC6H5 =4,4888+136  = 0,02 mol

CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH

        0,02         →  0,02     →    0,02                                       (mol)

CH3COOC6H5 + 2NaOH → CH3COONa + C6H5ONa + H2O

        0,02          →  0,04   →        0,02      →     0,02              (mol)

nNaOH dư = 0,08 - 0,02 - 0,04 = 0,02 mol

Chất rắn thu được sau khi cô cạn dung dịch gồm: CH3COONa:0,02+0,02=0,04molC6H5ONa:0,02molNaOHdu:0,02mol

m = 0,04.82 + 0,02.116 + 0,02.40 = 6,4 gam.


Câu 4:

Thủy phân hoàn toàn m gam triolein bằng NaOH thu được 9,2 gam glixerol. Khối lượng NaOH đã phản ứng là

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Khi thủy phân chất béo trong MT kiềm luôn có: nchatbeo=nglixerolnNaOH/KOH=3nchatbeo=3nglixerol

Giải chi tiết:

nglixerol = 9,2/92 = 0,1 mol

nNaOH = 3nglixerol = 3.0,1 = 0,3 mol

m = 0,3.40 = 12 gam.


Câu 5:

Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol chất X trong dung dịch NaOH, dung dịch thu được tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 0,4 mol Ag. Chất X có thể là

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất có phản ứng tráng gương là chất chứa nhóm -CHO trong phân tử. Một số loại chất thường gặp:

- Anđehit

- Glucozơ, Fructozơ (vì có thể chuyển thành glucozơ trong MT kiềm)

- Các chất có đầu là HCOO- (axit, este, muối)

Giải chi tiết:

X có thể là vinyl fomat (HCOOCH=CH2).

HCOOCH=CH2 + NaOH → HCOONa + CH3CHO

          0,1                            →     0,1      →     0,1       (mol)

HCOONa → 2Ag

0,1 →             0,2        (mol)

CH3CHO → 2Ag

0,1 →             0,2        (mol)

nAg = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol


Câu 6:

Khi đốt cháy 8,64 gam hỗn hợp glucozơ và saccarozơ cần vừa đủ 0,3 mol O2, thu được CO2 và m gam H2O. Giá trị của m là
Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Khi đốt cháy cacbohiđrat luôn có:  (HS có thể tự chứng minh bằng cách viết PTHH).

Giải chi tiết:

Khi đốt cháy cacbohiđrat luôn có: nO2 = nCO2 = 0,3 mol.

BTKL: mH2O = mcacbohidrat + mO2 - mCO2 = 8,64 + 0,3.32 - 0,3.44 = 5,04 gam.


Câu 7:

Cho 5,9 gam amin X (no, đơn chức, mạch hở) tác dụng hết với dung dịch HCl dư, thu được 9,55 gam muối. Số nguyên tử H trong phân tử X là
Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công thức phân tử của X có dạng CnH2n+3N (n ≥ 1).

Sơ đồ phản ứng: Amin X + HCl → Muối

BTKL: mHCl = mmuối - mX nX = nHCl MX n Số nguyên tử H trong phân tử X.

Giải chi tiết:

- Sơ đồ phản ứng: Amin X + HCl → Muối

BTKL: mHCl = mmuối - mX = 9,55 - 5,9 = 3,65 gam nHCl = 3,65/36,5 = 0,1 mol.

Do X là amin đơn chức nên nX = nHCl = 0,1 mol MX = 5,9/0,1 = 59 g/mol.

- Công thức phân tử của X có dạng CnH2n+3N (n ≥ 1)

14n + 17 = 59 n = 3

CTPT của X là C3H9N

Trong phân tử X có 9 nguyên tử H.


Câu 8:

Hỗn hợp M gồm axit cacboxylic X, este Y và anđehit Z. Để đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol M cần vừa đủ 26,88 lít O2, sau phản ứng 22,4 lít CO2 và 18 gam nước. Các thể tích khí đo ở đktc. Phần trăm theo số mol của Z trong M bằng

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

So sánh thấy nCO2 = nH2O X, Y, Z đều là các hợp chất no, đơn chức, mạch hở (X, Y chứa 2O; Z chứa 1O).

BTNT O Số mol oxi trong M Số mol Z %nZ.

Giải chi tiết:

nO2 = 26,88/22,4 = 1,2 mol

nCO2 = 22,4/22,4 = 1 mol

nH2O = 18/18 = 1 mol

Ta thấy nCO2 = nH2O X, Y, Z đều là các hợp chất no, đơn chức, mạch hở (X, Y chứa 2O; Z chứa 1O).

BTNT O: nO (M) = 2nCO2 + nH2O - 2nO2 = 2.1 + 1 - 2.1,2 = 0,6 mol

Đặt nX + nY = a mol; nZ = b mol

 a+b=nM=0,42a+b=nO(M)=0,6 a = b = 0,2

%nZ = (0,2/0,4).100% = 50%.


Câu 9:

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 este no, đơn chức, mạch hở kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng thu được 3,6 gam H2O và V lít khí CO2 (đktc). Giá trị của V là

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đốt cháy este no đơn chức, mạch hở luôn có: nCO2 = nH2O.

Giải chi tiết:

Đốt cháy este no đơn chức, mạch hở luôn có: nCO2 = nH2O = 3,6/18 = 0,2 mol.

V = 0,2.22,4 = 4,48 lít.


Câu 10:

Cho các dung dịch sau: Na2CO3, NaHCO3, KOH, NH4Cl, Na2SO4, CH3NH2. Có bao nhiêu dung dịch tác dụng với dung dịch HCl dư sinh ra sản phẩm khí?

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Có 2 dung dịch tác dụng với HCl dư sinh ra sản phẩm khí là Na2CO3 và NaHCO3.

     Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2

     NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2


Câu 11:

Trộn lẫn V ml dung dịch NaOH 0,01M với V ml dung dịch HCl 0,03M được 2V ml dung dịch Y. Giá trị pH của dung dịch Y là

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính nH+, nOH- Số mol ion dư Nồng độ ion dư trong dung dịch Y pH.

Giải chi tiết:

nH+ = 0,03 . 0,001V = 3.10-5V (mol)

nOH-= 0,01 . 0,001V = 10-5V (mol)

PT ion thu gọn: H+ + OH- → H2O

nH+ = 3.10-5V - 10-5V = 2.10-5V (mol).

H+=nH+duVdd Y=2.105V2V.103=0,01M

pH = -log[H+] = -log(0,01) = 2.


Câu 12:

Cho m gam glucozơ phản ứng vói lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được 21,6 gam Ag. Giá trị của m là

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Ghi nhớ sơ đồ: Glucozơ → 2Ag.

Giải chi tiết:

Sơ đồ phản ứng: 1 Glucozơ → 2 Ag (do glucozơ có 1 nhóm -CHO).

nAg = 21,6/108 = 0,2 mol

nglucozơ = nAg/2 = 0,2/2 = 0,1 mol

mglucozơ = 0,1.180 = 18 gam.


Câu 13:

Xà phòng hóa hoàn toàn 22,2 gam hỗn hợp hai este HCOOC2H5 và CH3COOCH3 bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 21,8 gam muối. Số mol HCOOC2H5 và CH3COOCH3 lần lượt là

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Đặt nHCOOC2H5 = x mol; nCH3COOCH3 = y mol

Lập hệ PT tìm x và y dựa vào:

- Tổng khối lượng hai este.

- Tổng khối lượng hai muối.

Giải chi tiết:

Đặt nHCOOC2H5 = x mol; nCH3COOCH3 = y mol

74x + 74y = 22,2 (1)

HCOOC2H5  +  NaOH  →  HCOONa  +  C2H5OH

     x mol                        →     x mol

CH3COOCH3 + NaOH → CH3COONa + CH3OH

      y mol                      →       y mol

mmuối = mHCOONa + mCH3COONa 68x + 82y = 21,8 (2)

Từ (1)(2) x = 0,2; y = 0,1

Vậy số mol HCOOC2H5 và CH3COOCH3 lần lượt là 0,2 và 0,1.


Câu 14:

Tinh thể chất rắn X không màu, vị ngọt, dễ tan trong nước. X có nhiều trong cây mía, củ cải đường và hoa thốt nốt. Trong công nghiệp, X được chuyển hóa thành chất Y dùng để tráng gương, tráng ruột phích. Tên gọi của X và Y lần lượt là
Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

- X có nhiều trong cây mía, củ cải đường và hoa thốt nốt X là saccarozơ.

- X được chuyển hóa thành chất Y dùng để tráng gương, tráng ruột phích Y là glucozơ.


Câu 15:

Cho dãy các dung dịch: MgCl2, AlCl3, Na2CO3, NaHCO3, NH4Cl, BaCl2. Số chất trong dãy tác dụng được với dung dịch NaOH là

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Điều kiện xảy ra phản ứng trao đổi ion trong dung dịch: sản phẩm có chất kết tủa hoặc chất bay hơi hoặc chất điện li yếu.

Giải chi tiết:

Có 4 dung dịch có phản ứng với NaOH:

- MgCl2:          MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 ↓ + 2NaCl

- AlCl3:            AlCl3 + 3NaOH → Αl(OH)3 ↓ + 3NaCl

                        Αl(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O

- NaHCO3:      NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O

- NH4Cl:          NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 ↑ + H2O


Câu 16:

Este CH3COOCH3 có tên gọi là

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Cách gọi tên este: Tên gọi của este RCOOR' = Tên gốc R' + tên gốc axit (đuôi "at")

Giải chi tiết:

Este CH3COOCH3 có tên gọi là metyl axetat.


Câu 17:

Chất nào sau đây không có phản ứng tráng bạc?

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chất có phản ứng tráng gương là chất chứa nhóm -CHO trong phân tử. Một số loại chất thường gặp:

- Anđehit

- Glucozơ, Fructozơ (vì có thể chuyển thành glucozơ trong MT kiềm)

- Các chất có đầu là HCOO- (axit, este, muối)

Giải chi tiết:

Metyl fomat (HCOOCH3), natri fomat (HCOONa), axit fomic (HCOOH) đều có đầu là HCOO- có phản ứng tráng bạc.

Glyxin (NH2CH2COOH) không có phản ứng tráng bạc.


Câu 18:

Cho 18 gam glucozơ tráng bạc hoàn toàn, khối lượng bạc thu được sau phản ứng là
Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Ghi nhớ sơ đồ: Glucozơ → 2Ag.

Giải chi tiết:

Sơ đồ phản ứng: 1 Glucozơ → 2 Ag (do glucozơ có 1 nhóm -CHO)

nglucozơ = 18/180 = 0,1 mol

nAg = 2nglucozơ = 2 . 0,1 = 0,2 mol

mAg = 0,2.108 = 21,6 gam.


Câu 19:

Đốt cháy hoàn toàn amin X (no, đơn chức, mạch hở) thu được 0,2 mol CO2 và 0,05 mol N2. Công thức phân tử của X là

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Công thức tổng quát của amin no, đơn chức, mạch hở là CnH2n+3N.

Giải chi tiết:

Gọi công thức phân tử của amin X là CnH2n+3N.

BTNT C: nC = nCO2 = 0,2 mol

BTNT N: nN = 2nN2 = 2 . 0,05 = 0,1 mol

Dựa vào CTPT ⟹ n=nCnN=0,20,1=2:1

Vậy CTPT của X là C2H7N.


Câu 20:

Este X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch chứa 2 muối. Este X có thể là

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Este đơn chức tác dụng với NaOH sinh ra 2 muối Este đơn chức của hợp chất phenol.

Giải chi tiết:

Este đơn chức tác dụng với NaOH sinh ra 2 muối Este đơn chức của hợp chất phenol.

Chất thỏa mãn trong 4 chất trên là Phenyl fomat (HCOOC6H5).

PTHH: HCOOC6H5 + 2NaOH → HCOONa + C6H5ONa + H2O


Câu 21:

Trung hòa hoàn toàn 1,8 gam một axit hữu cơ đơn chức X bằng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 2,46 gam muối khan. Công thức cấu tạo axit X là

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Gọi CTTQ của axit X là RCOOH

RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O

Từ nRCOOH = nRCOONa R Công thức của X.

Giải chi tiết:

Gọi CTTQ của axit X là RCOOH

RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O

nRCOOH =  1,8R+45 mol

nRCOONa = 2,46R+67  mol

Theo PTHH: nRCOOH = nRCOONa 1,8R+45=2,46R+67   R = 15 R là CH3.

Vậy X là CH3COOH.


Câu 22:

Dung dịch chất nào sau đây không làm đổi màu quỳ tím?
Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sự đổi màu của quỳ tím khi gặp amin, amino axit:

*Amin:

- Amin có nguyên tử N gắn trực tiếp với vòng benzen có tính bazơ rất yếu, không làm đổi màu quỳ tím.

- Các amin khác làm quỳ tím chuyển xanh.

*Amino axit:

- Số nhóm NH2 = số nhóm COOH Không làm đổi màu quỳ tím

- Số nhóm NH2 > số nhóm COOH Làm quỳ tím hóa xanh (VD: Lysin)

- Số nhóm NH2 < số nhóm COOH Làm quỳ tím hóa đỏ (VD: Axit glutamic)

Giải chi tiết:

Alanin có CTPT là CH3CH(NH2)COOH, có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH nên không làm đổi màu quỳ tím.


Câu 23:

Xà phòng hóa hoàn toàn a mol triolein trong dung dịch NaOH (vừa đủ), thu được a mol glixerol và

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết lipit - chất béo.

Giải chi tiết:

Phản ứng xà phòng hóa triolein trong NaOH đun nóng:

(C17H33COO)3C3H5 (triolein) + 3NaOH → 3C17H33COONa (natri oleat) + C3H5(OH)3 (glixerol)

            a mol                                                   →        3a mol                         →       a mol

Thu được a mol glixerol là 3a mol natri oleat.


Câu 24:

Hòa tan hoàn toàn 2,8 gam Fe trong dung dịch HCl dư, thu được V lít khí H2 (đktc). Giá trị của V là

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

Giải chi tiết:

nFe = 2,8/56 = 0,05 mol

 Fe  +  2HCl  →  FeCl2  +  H2

0,05                              → 0,05           (mol)

V = 0,05 . 22,4 = 1,12 lít.


Câu 25:

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

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về Cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

(C6H10O5)n + nH2O H+,to  nC6H12O6 (X)

  tinh bột                                    glucozơ

C6H12O6  (X) + H2 Ni,to  C6H14O6 (Y)

glucozơ                                     sobitol

Vậy X là glucozơ, Y là sobitol.


Câu 26:

Công thức cấu tạo của etylmetylamin là

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết amin.

Giải chi tiết:

Công thức cấu tạo của etylmetylamin là CH3NHC2H5.


Câu 27:

Phát biểu nào sau đây sai?

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp chương 3: Amin - amino axit - protein.

Giải chi tiết:

A sai, có thể nhận biết dung dịch đipeptit và tripeptit bằng Cu(OH)2 do những peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên (tripeptit trở lên) có phản ứng màu biure với Cu(OH)2 tạo phức chất màu tím còn đipeptit không có phản ứng này.


Câu 28:

Cho 90 gam glucozơ lên men rượu với hiệu suất 80%, thu được m gam C2H5OH. Giá trị của m là

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Phản ứng lên men rượu: C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2

nC2H5OH LT = 2nC6H12O6 (ban đầu)

nC2H5OH TT = nC2H5OH LT . H%

Giải chi tiết:

nglucozơ = 90/180 = 0,5 mol

Phản ứng lên men rượu:  C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2

nC2H5OH LT = 2nC6H12O6 = 2 . 0,5 = 1 mol

nC2H5OH TT = nC2H5OH LT . H% = 1 . 80% = 0,8 mol

m = 0,8.46 = 36,8 gam.


Câu 29:

Cặp chất nào sau đây đều tác dụng với Cu(OH)2?

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp giải:

Những chất có ít nhất 2 nhóm -OH đính vào 2 nguyên tử cacbon cạnh nhau có thể hòa tan Cu(OH)2 tạo dung dịch xanh lam.

Giải chi tiết:

Những chất có ít nhất 2 nhóm -OH đính vào 2 nguyên tử cacbon cạnh nhau có thể hòa tan Cu(OH)2 tạo dung dịch xanh lam.

A loại tristearin.

B loại metyl axetat.

C loại etanol.

D thỏa mãn.


Câu 30:

Cho các phát biểu sau đây:

(a) Metylamin là chất khí, làm xanh quỳ tím ẩm.

(b) Các đipeptit không hòa tan được Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường.

(c) Axit cacboxylic tạo được liên kết hiđro với nước.

(d) Các chất béo với gốc axit béo không no thường là chất lỏng.

Số phát biểu đúng

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

(a) đúng, metyl amin (CH3NH2) là chất khí, có tính bazơ làm xanh quỳ tím ẩm.

(b) đúng, những peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên (tripeptit) mới hòa tan được Cu(OH)2.

(c) đúng, axit cacboxylic tạo được liên kết hiđro với nước (tính chất vật lí của axit cacboxylic).

(d) đúng, các chất béo với gốc axit béo không no thường là chất lỏng (tính chất vật lí của chất béo).

Vậy cả 4 phát biểu đều đúng.


Câu 31:

Chất nào sau đây tác dụng với KHCO3 sinh ra khí CO2?

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết hợp chất của kim loại kiềm.

Giải chi tiết:

KHCO3 + HCl → KCl + H2O + CO2


Câu 32:

Thủy phân este nào sau đây trong môi trường axit thu được hỗn hợp sản phẩm CH3OH và CH3COOH?

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết este.

Giải chi tiết:

Thủy phân metyl axetat (CH3COOCH3) trong môi trường axit thu được hỗn hợp sản phẩm CH3OH và CH3COOH.

CH3COOCH3 + H2O H+,to  CH3COOH + CH3OH


Câu 33:

Dung dịch X gồm KHCO3 1M và Na2CO3 1M. Dung dịch Y gồm H2SO4 1M và HCl 1M. Nhỏ từ từ 100 ml dung dịch Y vào 200 ml dung dịch X, thu được V lít khí CO2 (đktc) và dung dịch E. Cho dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào dung dịch E, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m và V lần lượt là

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Nhỏ từ từ H+ vào dung dịch CO32- + HCO3- xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

     H+ + CO32- → HCO3-

     H+ + HCO3- → CO2 ↑ + H2O

- Cho dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch E xảy ra các phản ứng:

     HCO3- + OH- → CO32- + H2O

     Ba2+ + CO32- → BaCO3

     Ba2+ + SO42- → BaSO4

Giải chi tiết:

nH+ = 0,3 mol

nCO32- = 0,2 mol

nHCO3- = 0,2 mol

- Nhỏ từ từ H+ vào dung dịch CO32- + HCO3- xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

     H+   +   CO32-  →  HCO3-

    0,2 ←    0,2      →    0,2                  (mol)

     H+   +   HCO3-  →  CO2 ↑ +  H2O

0,3 - 0,2 → 0,1     →   0,1                   (mol)

V = 0,1.22,4 = 2,24 lít.

- Trong thành phần của dung dịch E có HCO3:0,2+0,20,1=0,3molSO42:0,1mol

- Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch E xảy ra các phản ứng:

     HCO3- + OH- → CO32- + H2O

     Ba2+ + CO32- → BaCO3

     Ba2+ + SO42- → BaSO4

nBaCO3 = nHCO3- = 0,3 mol

      nBaSO4 = nSO42- = 0,1 mol

m = 0,3.197 + 0,1.233 = 82,4 gam.


Câu 34:

Chia 0,6 mol hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic đơn chức và một ancol đơn chức thành hai phần bằng nhau:

- Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn thu được 39,6 gam CO2.

- Phần 2: Đun nóng với H2SO4 đặc thu được 10,2 gam este E, hiệu suất 100%. Đốt cháy hết E thu được 22 gam CO2 và 9 gam nước. Biết trong hỗn hợp X, số mol axit nhỏ hơn số mol ancol. Công thức của axit là

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Xét phần 2:

So sánh thấy nCO2 = nH2O E là este no, đơn chức, mạch hở.

Từ nCO2 nC; nH2O nH

BTKL: mO(E) = mE - mC - mH nO(E) nE = nO(E) / 2 CTPT của E.

Số mol axit nhỏ hơn số mol ancol naxit = neste; nancol = nhỗn hợp - naxit.

Bảo toàn nguyên tố C số C của axit và ancol CT của axit, ancol.

Giải chi tiết:

- Xét phần 2:

Ta thấy: nCO2 = nH2O = 0,5 mol E là este no, đơn chức, mạch hở.

BTNT C: nC = nCO2 = 0,5 mol

BTNT H: nH = 2nH2O = 1 mol

BTKL: nO(E) = 10,20,5.12116  = 0,2 mol

Mà E là este đơn chức nên có chứa 2O nE = ½.nO(E) = 0,1 mol

Số C trong E = 0,5/0,1 = 5 E là C5H10O2.

- Xét phần 1:

n ½ hỗn hợp X = 0,3 mol.

Do số mol axit nhỏ hơn số mol ancol naxit = neste = 0,1 mol nancol = 0,3 - 0,1 = 0,2 mol.

nancol dư = 0,2 - 0,1 = 0,1 mol.

Số mol CO2 chênh lệch giữa 2 phần là do ancol dư gây ra.

Số C trong ancol =  0,40,1= 4 Ancol là C4H9OH.

Công thức axit là HCOOH.


Câu 35:

Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 2,31 mol O2, thu được H2O và 1,65 mol CO2. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và 26,52 gam muối. Mặt khác, m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là
Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Công thức tính nhanh khi đốt cháy chất béo:

 nCB=nCO2nH2Ok1(với k là độ bất bão hòa của chất béo)

- Số mol Br2 phản ứng tối đa với chất béo:

Khi thủy phân chất béo trong MT kiềm luôn có: nchatbeo=nglixerolnNaOH/KOH=3nchatbeo=3nglixerol

Giải chi tiết:

Đặt nX = a (mol) nO (X) = 6a (mol).

- Khi đốt cháy X:

BTNT O: nH2O = nO (X) + 2nO2 - 2nCO2 = 6a + 2.2,31 - 2.1,65 = 6a + 1,32 (mol)

BTKL: mX = mCO2 + mH2O - mO2 = 1,65.44 + (6a + 1,32).18 - 2,31.32 = 108a + 22,44 (g)

- Khi X + NaOH:

nNaOH = 3nX = 3a (mol)

nglixerol = nX = a (mol)

BTKL: mX + mNaOH = mmuối + mglixerol

108a + 22,44 + 3a.40 = 26,52 + 92a

a = 0,03 mol

nH2O = 6.0,03 + 1,32 = 1,5 mol

- Khi đốt chất béo X:  nX=nCO2nH2Ok1 (với k là độ bất bão hòa của chất béo)

k =  = 6

nBr2 = (k - 3).nX = (6 - 3).0,03 = 0,09 mol.


Câu 36:

X, Y là hai axit cacboxylic mạch hở (MX < MY), Z là ancol no, T là este 2 chức được tạo bởi X, Y, Z. Đun 38,86 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T với 400 ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ thu được ancol Z và hỗn hợp F chứa hai muối có số mol bằng nhau. Cho Z vào bình chứa Na dư, thấy bình tăng 19,24 gam và thu được 5,824 lít H2 (đktc) thoát ra ngoài bình. Đốt hoàn toàn hỗn hợp F cần 15,68 lít O2 (đktc), thu được khí CO2, Na2CO3 và 7,2 gam H2O. Phần trăm về số mol của T trong E gần nhất với

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

T là este hai chức, mạch hở, tạo ra từ 2 axit và 1 ancol nên X, Y đơn chức và Z là ancol 2 chức.

- Đặt Z là CnH2n+2O2 (n ≥ 2).

Khi ancol 2 chức tác dụng với NaOH: nancol = nH2.

Mà mbình tăng = mancol - mH2 mancol

Tính Mancol Công thức của ancol.

- Muối có dạng RCOONa.

BTNT H: nH(muối) = 2nH2O → Số H trung bình = 2 → 1 muối là HCOONa

Mà 2 muối có số mol bằng nhau → HCOONa và CnH3COONa

2HCOONa + O2 → Na2CO3 + CO2 + H2O

2CnH3COONa + (2n + 2)O2 → Na2CO3 + (2n + 1)CO2 + 3H2O

Từ số mol O2 giá trị của n công thức của X, Y, T.

- Quy đổi E thành E': AxitAncolH2O  (với nH2O = -2neste)

Từ khối lượng E → nH2O(E')

Tính số mol các chất trong hỗn hợp E ban đầu:

+) nT(E) = -nH2O(E')/2

+) nX,Y(E) = naxit(E') - 2nT

+) nZ(E) = nancol(E') - nT

Giải chi tiết:

T là este hai chức, mạch hở, tạo ra từ 2 axit và 1 ancol nên X, Y đơn chức và Z là ancol 2 chức.

- Đặt Z là CnH2n+2O2 (n ≥ 2).

Khi ancol 2 chức tác dụng với NaOH: nancol = nH2 = 0,26 mol

Mà mancol = mbình tăng + mH2 = 19,24 + 2.0,26 = 19,76 gam

→ Mancol = 14n + 34 = 19,76/0,26 = 76 → n = 3 → Z là C3H6(OH)2

- Muối có dạng RCOONa (0,4 mol)

nH(muối) = 2nH2O = 0,8 → Số H trung bình = 0,8/0,4 = 2 → 1 muối là HCOONa

Mà 2 muối có số mol bằng nhau → HCOONa (0,2 mol) và CnH3COONa (0,2 mol)

2HCOONa + O2 → Na2CO3 + CO2 + H2O

0,2 →            0,1

2CnH3COONa + (2n + 2)O2 → Na2CO3 + (2n + 1)CO2 + 3H2O

0,2 →                  0,2(n + 1)

→ nO2 = 0,2(n + 1) + 0,1 = 0,7 → n = 2

Vậy X, Y là HCOOH và CH2=CH-COOH → T là HCOO-C3H6-OOC-CH=CH2.

- Quy đổi E thành: E'HCOOH0,2CH2=CHCOOH0,2C3H6OH20,26H2O:a

Ta có: mE = 38,86 → 0,2.46 + 0,2.72 + 0,26.76 - 18a = 38,86 → a = 0,25

Tính số mol các chất trong hỗn hợp E ban đầu:

+) nT(E) = -nH2O(E')/2 = 0,25/2 = 0,125

+) nX,Y(E) = naxit(E') - 2nT = (0,2 + 0,2 - 2.0,125) = 0,15 mol

+) nZ(E) = nancol(E') - nT = 0,26 - 0,125 = 0,135 mol

→ %nT(E) = 0,1250,125+0,15+0,135.100%  = 30,49% gần nhất với 30,5%.


Câu 37:

Hỗn hợp X gồm axit đơn chức A, ancol đơn chức B và este E được điều chế từ A và B. Đốt cháy 9,6 gam hỗn hợp X thu được 8,64 gam H2O và 8,96 lít CO2 (đktc). Biết trong X thì B chiếm 50% theo số mol. Số mol ancol B trong 9,6 gam hỗn hợp là

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

Áp dụng BTNT C, H: nH2O nH; nCO2 nC

X chứa 3 nguyên tố C, H, O mO (X) = mX - mC - mH

Trong X thì B chiếm 50% theo số mol nên giả sử nB = nA + nE = t (mol).

Trong phân tử A và E đều chứa 2O; phân tử B chứa 1O.

Từ số mol nguyên tố O trong hỗn hợp giá trị t.

Giải chi tiết:

nH2O = 8,64/18 = 0,48 mol nH = 2nH2O = 0,96 mol

nCO2 = 8,96/22,4 = 0,4 mol nC = nCO2 = 0,4 mol

X chứa 3 nguyên tố C, H, O

mO (X) = mX - mC - mH = 9,6 - 0,96 - 0,4.12 = 3,84 gam nO (X) = 3,84/16 = 0,24 mol

Trong X thì B chiếm 50% theo số mol nên giả sử nB = nA + nE = t (mol)

Trong phân tử A và E đều chứa 2O; phân tử B chứa 1O

2t + t = 0,24 t = 0,08 mol

nB = t = 0,08 mol.


Câu 38:

Nhỏ rất từ từ đến hết 200 ml dung dịch X chứa đồng thời H2SO4 aM và HCl 0,15M vào 100 ml dung dịch chứa đồng thời NaOH 0,5M và Na2CO3 0,4M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,448 lít khí (đktc). Giá trị của a là
Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Nhỏ từ từ H+ vào dung dịch CO32-, OH- xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

     H+ + OH- → H2O

     H+ + CO32- → HCO3-

     H+ + HCO3- → CO2 ↑ + H2O

Giải chi tiết:

nOH- = nNaOH = 0,1.0,5 = 0,05 mol

nCO32- = nNa2CO3 = 0,1.0,4 = 0,04 mol

nCO2 = 0,448/22,4 = 0,02 mol

- Nhỏ từ từ H+ vào dung dịch CO32-, OH- xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

  H+   +   OH →   H2O

 0,05 ←  0,05

  H+   +   CO32-   →   HCO3-

 0,04 ←  0,04

  H+   +   HCO3-   →   CO2 ↑ + H2O

 0,02 ←                       0,02

nH+ = 0,05 + 0,04 + 0,02 = 0,11 mol

0,2 . 2a + 0,2 . 0,15 = 0,11

a = 0,2.


Câu 39:

Khi thủy phân hết 3,28 gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức, mạch hở thì cần vừa đủ 0,05 mol NaOH, thu được một muối và hỗn hợp Y gồm hai ancol cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hết Y trong O2 dư, thu được CO2 và m gam H2O. Giá trị của m là

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính được  = 65,6 X có chứa este có M < 65,6 Este đó là HCOOCH3 (M = 60).

Muối thu được sau khi thủy phân là HCOONa.

Sử dụng phương pháp đồng đẳng hóa quy đổi hỗn hợp Y thành CH3OHCH2

Giải chi tiết:

Ta có  = 3,28/0,05 = 65,6 X có chứa este có M < 65,6 Este đó là HCOOCH3 (M = 60).

Muối thu được sau khi thủy phân là HCOONa và 2 ancol là ancol no, đơn chức, mạch hở.

Ta có nHCOONa = nNaOH = nhh ancol = 0,05 mol

BTKL: mY = mX + mNaOH - mHCOONa = 3,28 + 0,05.40 - 0,05.68 = 1,88 gam.

Quy đổi hỗn hợp Y thành: CH3OH:0,05molCH2:1,880,05.3214=0,02mol  (phương pháp đồng đẳng hóa).

BTNT H: nH2O = 0,05.4+0,02.22  = 0,12 mol

m = 0,12.18 = 2,16 gam.


Câu 40:

Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol: X (no, đơn chức); Y (không no, đơn chức, phân tử có hai liên kết π) và Z (no, hai chức). Cho 0,2 mol E phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được 12,88 gam hỗn hợp ba ancol cùng dãy đồng đẳng và 24,28 gam hỗn hợp T gồm ba muối cacboxylat. Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,175 mol O2, thu được Na2CO3, CO2 và 0,055 mol H2O. Phần trăm khối lượng của X trong E có giá trị gần nhất với

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp giải:

*Ba ancol thu được cùng dãy đồng đẳng Ancol no, đơn chức, mạch hở.

nmuối T = nE

*Khi đốt cháy T:

Đặt nNa2CO3 = x mol; nCO2 = y mol. Lập hệ PT tìm x và y dựa vào BTKL và BTNT O.

*Xét thành phần của hỗn hợp muối T gồm hai muối đơn chức và một muối 2 chức.

Đặt nmuối 1 chức = a mol; nmuối 2 chức = b mol. Lập hệ PT tìm a và b dựa vào tổng số mol 2 muối và BTNT Na.

Tính số H trung bình để tìm CTCT các muối.

* Quy đổi 12,88 gam ancol thành CH3OH và CH2 

Ghép với công thức muối để tìm ra công thức các este ban đầu.

%mX.

Giải chi tiết:

*Ba ancol thu được cùng dãy đồng đẳng Ancol no, đơn chức, mạch hở.

nmuối T = nE = 0,2 mol

*Khi đốt cháy T:

- Đặt nNa2CO3 = x mol; nCO2 = y mol

- BTKL: mT + mO2 = mNa2CO3 + mCO2 + mH2O

106x + 44y = 24,28 + 0,175.32 - 0,055.18 = 28,89 (1)

- BTNT Na: nCOONa(T) = 2nNa2CO3 = 2x (mol) nO(T) = 4x (mol)

BTNT O: nO(T) + 2nO2 = 3nNa2CO3 + 2nCO2 + nH2O

4x + 2.0,175 = 3x + 2y + 0,055

-x + 2y = 0,295 (2)

- Từ (1)(2) x = 0,175 mol; y = 0,235 mol.

*Xét thành phần của hỗn hợp muối T gồm hai muối đơn chức và một muối 2 chức.

- Đặt nmuối 1 chức = a mol; nmuối 2 chức = b mol

⟹ a+b=nT=0,2a+2b=nCOONa=2.0,175=0,35a=0,05b=0,15

+) Số H trung bình của hỗn hợp muối: 2nH2OnT=2.0,0550,2=0,55

Trong T có muối không chứa nguyên tử H (COONa)2 (0,15 mol)

+) Số H trung bình của hai muối đơn chức = 0,11/0,05 = 2,2

Một muối đơn chức là HCOONa.

- Muối tạo bởi este Y là muối đơn chức, không no có 1 liên kết đôi C=C

CTTQ có dạng CnH2n-1COONa hay Cn+1H2n-1O2Na

Đặt nmuối tạo bởi Y = t (mol) nHCOONa = 0,05 - t (mol)

⟹ t(n+1)+(0,05t)=0,175+0,2350,15.2=0,11BT:Ct(2n1)+(0,05t)=0,11BT:H

nt=0,062nt2t=0,06  ⟹ n=2t=0,03

Vậy hỗn hợp muối T gồm HCOONa:0,02molC2H3COONa:0,03mol(COONa)2:0,15mol

*Quy đổi 12,88 gam ancol thành CH3OH (0,35 mol) và CH2 (0,12 mol)

X:HCOOCH3.pCH20,02Y:CH2=CHCOOCH3.qCH20,03Z:COOCH32.mCH20,15

Ta có: nCH2 = 0,02p + 0,03q + 0,15m = 0,12

→ m = 0 là nghiệm duy nhất. Để có 3 ancol thì p ≠ q ≠ 0 nên p = 3 và q = 2 là nghiệm duy nhất.

Vậy:

     X là HCOOC4H9 (0,02 mol)

     Y là CH2 = CHCOOC3H7 (0,03 mol)

     Z là (COOCH3)2 (0,15 mol)

Vậy %mX = 8,81% gần nhất với 9%.


Bắt đầu thi ngay