Vận dụng cao 2019 ( thầy ngọc anh )

Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online offline Hà Nội Tel : 0984963428 Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh ) BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO 9+ NĂM 2019 Câu 1.Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 Fe(NO3)2 dung dịch chứa NaHSO4 0,16 mol HNO3, thu dung dịch Y hỗn hợp khí Z gồm CO2 NO (tỉ lệ mol tương ứng : 4) Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy 0,03 mol khí NO Nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu 154,4 gam kết tủa Biết phản ứng xảy hoàn tồn khí NO sản phẩm khử trình Phần trăm khối lượng Fe đơn chất hỗn hợp X là: A 48,80% B 33,60% C 37,33% D 29,87% Giải Chọn đáp án C  2 - Dung dịch Y gồm Fe3+, H+, Na+, NO3 SO (dung dịch Y không chứa Fe2+, khơng tồn dung dịch chứa Fe2+, H+ NO3 ) - Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì:    BT:e   n Fe3 2n Cu  3n NO 0,18­mol  n H   d­  4n NO 0,12 ­mol - Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)2 ta có: n BaSO4 n NaHSO4  m   107n Fe3 0,58­mol 233 BTDT   - Xét dung dịch Y, có:    n NO 2n SO2  3n Fe3  n H   n Na  0,08­mol  m Y 23n Na   56n Fe3  n H   62n NO  96n SO 2 84,18­  g   BT:H   n H 2O  n NaHSO4  n HNO3  n H  d­  - Xét hỗn hợp khí Z, có n CO2 0,31­mol  x mol n NO  4x mol Mặt khác:  BTKL   44n CO2  30n NO m X  120n NaHSO  n HNO3  m T  18n H 2O  44x  3x.30 4,92  g   x 0,03­mol - Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có: n NO  n NO  n HNO3 0,08  0,12  0,16 0,02 mol n FeCO3 n CO2 0,03 mol 2 n  n  2n CO2  4n NO  n H   d­  n NaHSO HNO3 mà n Fe O  O trong­oxit   n Fe O  0,01­mol 4 m X  232n Fe3O4  116n FeCO3  180n Fe NO3   %m Fe  100  37,33 mX  BT:N   n Fe NO3    Câu Hỗn hợp X gồm C3H8, C2H4(OH)2 số ancol no, đơn chức, mạch hở (C3H8 C2H4(OH)2 có số mol nhau) Đốt cháy hoàn toàn 5,444 gam X hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH) dư thấy khối lượng bình tăng lên 16,58 gam xuất m gam kết tủa Giá trị m A 47,477 B 43,931 C 42,158 D 45,704 Chọn đáp án D nhạy cảm: "một số ancol" nối: C3H8.C2H4(OH)2 = C5H14O2 = 2.C2,5H7O ||→ nhận vấn đề: hỗn hợp X gồm tất chất có dạng C nH2n + 2O Quy 5,444 gam X gồm x mol CH2 y mol H2O ||→ 14x + 18y = 5,444 gam Bảo toàn C, H → mtăng = 62x + 18y = 16,58 gam yeah! với hướng gặp lại, em tự tin bấm máy luụn: m = 197 ì (16,58 5,444) ữ (62 – 14) = 45,704 gam Chọn đáp án D ♠ Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online offline Hà Nội Tel : 0984963428 Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh ) Câu Cho hỗn hợp M gồm hai axit cacboxylic X, Y (cùng dãy đồng đẳng, có số mol MX < MY) amino axit Z (phân tử có nhóm -NH2) Đốt cháy hồn tồn mol hỗn hợp M thu khí N2; 14,56 lít CO2 (ở đktc) 12,6 gam H2O Cho 0,3 mol M phản ứng vừa đủ với dung dịch X mol HCl Nhận xét sau không đúng? A Giá trị X 0,075 B X có phản ứng tráng bạc C Phần trăm khối lượng Y M 40% D Phần trăm khối lượng Z M 32,05% Chọn đáp án C nCO2 = 0,65 mol < nH2O = 0,7 mol ⇒ Z chứa nhóm –COOH Ctb = 0,65 ÷ 0,4 = 1,625 ⇒ X HCOOH (⇒ B đúng) Y có dạng CnH2nO2 ⇒ nZ = (0,7 - 0,65) ÷ 0,5 = 0,1 mol ⇒ nX = nY = (0,4 - 0,1) ÷ = 0,15 mol ⇒ x = 0,1 × 0,3 ÷ 0,4 = 0,075 mol ⇒ A Gọi số C Z m ⇒ 0,15n + 0,1m + 0,15 = 0,65 ⇒ m = n = ⇒ Y CH3COOH Z H2N-CH2-COOH ⇒ %mY = 38,46%; %mZ = 32,05% ⇒ C sai D ⇒ chọn C Câu X, Y, Z este đơn chức, mạch hở (trong Y Z khơng no có liên kết C=C có tồn đồng phân hình học) Đốt cháy 21,62 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với oxi vừa đủ, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH) dư thấy khối lượng dung dịch giảm 34,5 gam so với trước phản ứng Mặt khác, đun nóng 21,62 gam E với 300 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu hỗn hợp F chứa muối hỗn hợp gồm ancol thuộc dãy đồng đẳng Khối lượng muối có khối lượng phân tử lớn hỗn hợp F A 4,68 gam B 8,10 gam C 9,72 gam D 8,64 gam Câu Chọn đáp án D 21,62 gam E (este đơn chức) + vừa đủ 0,3 mol NaOH ||→ nCOO E = 0,3 mol ♦ giải đốt 21,62 gam E (0,3 mol) + O2 –––to–→ x mol CO2 + y mol H2O (CO2 + H2O) + Ca(OH)2 dư có Δmmdung dịch giảm = 56x – 18y = 34,5 gam Lại có mE = 12x + 2y + 0,3 × 32 = 21,62 gam ||→ giải x = 0,87 mol y = 0,79 mol ||→ tương quan ∑nCO2 – ∑nH2O = nY + Z = 0,08 mol → nX = 0,22 mol ý: Y, Z không no thủy phân cho ancol nên số CY, Z ≥ Chặn số Ctrung bình X < (0,87 0,08 ì 4) ữ 0,22 = 2,5 số CX = hay X HCOOCH3 ♦ Biện luận: hai ancol đồng đẳng nên ancol lại C 2H5OH Thủy phân E cho muối mà muối HCOONa (no rồi) ||→ muối lại phải không no C=C gốc axit Y Z nghĩa Y CnH2n – 1COOCH3 Z CnH2n – 1COOC2H5 (Y, Z đồng đẳng kế tiếp) Đơn giản, tính lại số Ctrung bình Y, Z = (0,87 0,22 ì 2) ữ 0,08 = 5,375 ||→ số CY = số CZ = nhiên, đọc kĩ yêu cầu tập ||→ quan tâm muối lớn F 0,08 mol C3H5COONa ⇄ myêu cầu = 8,64 gam Chọn D ♥ Câu Hịa tan hồn tồn 21,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, FeO, Cu(NO3)2 cần dùng hết 430 ml dung dịch H2SO4 1M thu hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 0,06 mol NO 0,13 mol H2, đồng thời thu dung dịch Z chứa muối sunfat trung hịa Cơ cạn dung dịch Z thu 56,9 gam muối khan Thành phần phần trăm Al hỗn hợp X có giá trị gần A 25,5% B 18,5% C 20,5% D 22,5% Chọn đáp án C - Khi cho 21,5 gam X tác dụng với 0,43 mol H2SO4 thì:  BTKL   n H 2O   BT:H   n NH  m X  98n H2SO4  30n NO  2n H2  m Z 18 2n H2SO4  2n H2O  2n H2 0, 26 ­mol 0,02 ­mol  n Cu  NO3   n NH   n NO - Ta có n n FeO  O ­X  2n H2SO4  10n NH   4n NO  2n H2 4 0,04 ­mol 0,08­mol - Xét hỗn hợp X ta có: 3n Al  2n Zn 3n NO  2n H2  8n NH 4 0,6   27n Al  65n Zn m X  72n FeO  188n Cu  NO3  8, 22 n Al 0,16­mol  n Zn 0,06 ­mol Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online offline Hà Nội Tel : 0984963428 Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )  %m Al  27.0,16 100  20,09 21,5 Câu Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm tetrapeptit A pentapeptit B (A B hở chứa đồng thời Glyxin Alanin phân tử) lượng dung dịch NaOH vừa đủ Cô cạn dung dịch sản phẩm cho (m + 15,8) gam hỗn hợp muối Đốt cháy toàn lượng muối sinh lượng oxi vừa đủ, thu Na 2CO3 hỗn hợp Y gồm CO2, H2O N2 Dẫn Y qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư, thấy khối lượng bình tăng thêm 56,04 gam so với ban đầu có 4,928 lít khí (đktc) khỏi bình Xem N2 khơng bị nước hấp thụ, phản ứng xảy hoàn toàn Thành phần phần trăm khối lượng B hỗn hợp X A 35,37% B 58,92% C 46,94% D 50,92% Chọn đáp án C Quy X C2H3NO, CH2, H2O ⇒ nC2H3NO = 2nN2 = × 0,22 = 0,44 mol Muối gồm 0,44 mol C2H4NO2Na x mol CH2 ⇒ đốt cho CO2: (0,66 + x) mol H2O: (0,88 + x) mol ⇒ mbình tăng = mCO2 + mH2O = 56,04 ⇒ x = 0,18 mol nNaOH = nC2H3NO = 0,44 mol Bảo tồn khối lượng: m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + mH2O ⇒ nH2O = 0,1 mol Đặt nA = a; nB = b ⇒ nX = a + b = 0,1 mol; nC2H3NO = 0,44 mol = 4a + 5b Giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol nAla = nCH2 = 0,18 mol; nGly = 0,44 - 0,18 = 0,26 mol Gọi số gốc Ala A B m n (1 ≤ m ≤ 3; ≤ n ≤ 4) ⇒ 0,06m + 0,04n = 0,18 Giải phương trình nghiệm ngun có: m = 1; n = ⇒ B Gly2Ala3 ⇒ %mB = 0,04 × 345 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 46,94% Câu Hỗn hợp E gồm este X đơn chức axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, khơng no có liên kết đơi C=C phân tử) Đốt cháy hồn tồn lượng E thu 0,43 mol khí CO2 0,32 mol nước Mặt khác, thủy phân 46,6 gam E 200 gam dung dịch NaOH 12% cô cạn dung dịch thu phần Z có chứa chất hữu T Dẫn tồn Z vào bình kín đựng Na, sau phản ứng khối lượng bình tăng 189,4 gam đồng thời sinh 6,16 lít khí H (đktc) Biết tỉ khối T so với H2 16 Phần trăm khối lượng Y hỗn hợp E có giá trị gần với giá trị sau đây? A 41,3% B 43,5% C 48,0% D 46,3% Chọn đáp án D X Y có dạng CnH2n-2O2 CmH2m-4O4 (n ≥ 3; m ≥ 4) Ta có: nCO2 - nH2O = (k - 1).nHCHC (với k độ bất bão hòa HCHC) Áp dụng: nCO2 - nH2O = nX + 2nY = nCOO ⇒ nCOO = 0,11 mol mE = mC + mH + mO = 0,43 × 12 + 0,32 × + 0,11 × × 16 = 9,32(g) ⇒ Thí nghiệm dùng gấp thí nghiệm 46,6 ÷ 9,32 = lần ⇒ nCOO thí nghiệm = 0,11 × = 0,55 mol < nNaOH = 0,6 mol ⇒ NaOH dư mH2O ban đầu = 176(g) Đặt nX = x; nY = y ⇒ x + 2y = 0,55 mol ∑mH2O/Z = 176 + 18 × 2y = (176 + 36y)(g); MT = 32 ⇒ T CH3OH với số mol x ⇒ mbình tăng = 188,85(g) = 176 + 36y + 32x - 0,275 × Giải hệ có: x = 0,25 mol; y = 0,15 mol Đặt số C X Y a b (a ≥ 4; b ≥ 4) ⇒ 0,25a + 0,15b = 0,43 × Giải phương trình nghiệm nguyên có: a = 5; b = ⇒ Y l C6H8O4 %mY = 0,15 ì 144 ữ 46,6 × 100% = 46,35% ⇒ chọn D Câu Tiến hành điện phân dung dịch chứa NaCl 0,4M Cu(NO3)2 0,5M điện cực trơ, màng ngăn xốp với cường độ dịng điện khơng đổi I = A thời gian 8492 giây dừng điện phân, anot 3,36 lít khí (đktc) Cho m gam bột Fe vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng, thấy khí NO (sản phẩm khử N +5) 0,8m gam rắn không tan Giá trị m A 29,4 gam B 25,2 gam C 16,8 gam D 19,6 gam Chọn đáp án B - Ta có n e­trao­®ỉi  Tại anot It 0, 44 ­mol Quá trình điện phân xảy sau: 96500 Tại catot Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online offline Hà Nội Tel : 0984963428 Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh ) 2 Cu  2e  Cu 0,15 0,3 2Cl   Cl  2e 0,15 x 2H 2O  2e  2OH  H  0,08 n Cl2  n O2 0,15   2n Cl2  4n O2 0, 44 H 2O  4H   4e  O 4y  0,04 n Cl2 0,08 ­mol   n O2 0,07 ­mol - Dung dịch sau điện phân chứa Na   2x y n NaCl 0,16­mol n 0, 2­mol  Cu  NO3   0,16­mol  , NO3 ­  0, 4­mol  H  BTDT + Xét dung dịch sau điện phân có:    n H  n NO3  n Na  0, 24 mol - Cho m gam Fe tác dụng với dung dịch thì: 3Fe  8H   2NO3   3Fe 2  2NO  4H 2O 0,24 ­mol 0,4 ­mol 0,09 ­mol + Theo đề ta có: m Fe m rắnưkhôngưtan m Fe bịưhòaưtan m  0,8m 0,09.56  m  25, ­  g  Câu 10 Hòa tan hết 31,12 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, FeCO3 vào dd hỗn hợp chứa H2SO4 KNO3 Sau phản ứng thu 4,48 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm (CO2, NO, NO2, H2) có tỉ khối so với H2 14,6 dd Z chứa muối trung hòa với tổng khối lượng m gam Cho BaCl2 dư vào Z thấy xuất 140,965 gam kết tủa trắng Mặt khác cho NaOH dư vào Z thấy có 1,085 mol NaOH phản ứng đồng thời xuất 42,9 gam kết tủa 0,56 lít khí (đktc) Biết phản ứng xảy hoàn toàn Cho nhận định sau: a) Giá trị m 82,285 gam b) Số mol KNO3 dung dịch ban đầu 0,225 mol c) Phần trăm khối lượng FeCO3 X 18,638% d) Số mol Fe3O4 X 0,05 mol e) Số mol Mg X 0,15 mol Tổng số nhận định A B C D Chọn đáp án A Y chứa H2 ⇒ Z không chứa NO3– Lập sơ đồ phản ứng: Mg 2   2  BaCl2 CO  Mg  Fe     140,965­  g    NO  Fe  H SO    4      Mg  OH         H 2O   K   Na 2SO  NaOH Fe O NO KNO     2      NH          NH    K 2SO  FeCO3  H   Fe  OH       SO 24    31,12 ­  g  nH2SO4 = nSO42– = nBaSO4 = 140,965 ÷ 233 = 0,605 mol; nNH4+ = nkhí = 0,56 ÷ 22,4 = 0,025 mol ► Bảo tồn điện tích: nNa+ + nK+/Z = 2nSO42– ⇒ nKNO3 = nK+ = 0,605 × - 1,085 = 0,125 mol ⇒ (b) sai ● Đặt nMg2+ = x; nFe2+ = y ⇒ nNaOH = 2x + 2y + 0,025 = 1,085 mol; mkết tủa = 58x + 90y = 42,9g ||⇒ Giải hệ có: x = 0,15 mol; y = 0,38 mol ⇒ (e) ► m = 0,15 × 24 + 0,38 × 56 + 0,125 × 39 + 0,025 × 18 + 0,605 × 96 = 88,285(g) ⇒ (a) sai Bảo toàn khối lượng: mH2O = 31,12 + 0,605 × 98 + 0,125 × 101 - 88,285 - 0,2 × 29,2 = 8,91(g) ⇒ nH2O = 0,495 mol Bảo toàn nguyên tố Hidro: nH2 = (0,605 × - 0,025 × - 0,495 × 2)/2 = 0,06 mol Bảo tồn ngun tố Nitơ: ∑n(NO,NO2) = ∑nN/Y = 0,125 - 0,025 = 0,1 mol ⇒ nFeCO3 = nCO2 = 0,2 - 0,1 - 0,06 = 0,04 mol ⇒ %mFeCO3 = 0,04 × 116 ÷ 31,12 × 100% = 14,91% ⇒ (c) sai ► mX = mMg + mFe + mO + mCO3 ⇒ mO = 31,12 - 0,15 × 24 - 0,38 × 56 - 0,04 × 60 = 3,84(g) ⇒ nO = 0,24 mol ⇒ nFe3O4 = 0,06 mol ⇒ (d) sai ⇒ có (e) ⇒ chọn A ► Nhận xét: Đề chuẩn nên Z không chứa ion Fe3+ Câu 11 Hỗn hợp E chứa ba peptit mạch hở gồm peptit X (C4H8O3N2), peptit Y (C7HxOyNz) peptit z (C11HnOmNt) Đun nóng 28,42 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu hỗn hợp T gồm muối glyxin, alanin valin Đốt cháy toàn T cần dùng 1,155 mol O2, thu CO2, H2O, N2 23,32 gam Na2CO3 Phần trăm khối lượng X hỗn hợp E A 4,64% B 6,97% C 9,29% D 13,93% Chọn đáp án A Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online offline Hà Nội Tel : 0984963428 Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )  BT:Na   n AlaNa,GlyNa,ValNa 2n Na 2CO3 0, 44m n Ala ,Gly,Val  1,5n CO2  n O2  n CO2 0,99   - Quy đổi hỗn hợp E thành C2H3ON, CH2 H2O 57n C2 H3ON  14n CH2  18n H 2O 28, 42 n C2H3ON 0, 44  BT:C n       2n C2H3ON  n CH n CO2 0,99  n CH 3n Val  n Ala 0,11  n m¾c­xÝch  Gly,Ala ,Val 4, nX  nY  n Z   2, 25n  1,5n  n  1,155 n  n  n  n  0,1 X Y Z C2 H3ON CH O2  H2O   Trong E có chứa peptit có số mắc xích lớn 4,4 (5, 7…) Vậy Z pentapeptit (Gly)4Ala, X đipeptit (Gly)2 Y đipeptit AlaVal (không thể tripeptit (Gly)2Ala thủy phân hỗn hợp E khơng thu muối Val) Ta có:   BT:C   4n X  7n Y  11n Z n CO2 0,99   2n X  2n Y  5n Z 2n NaOH 0, 44 132n  174n  317n 28, 42 X Y Z  n X 0,01 0,01.132  100  4,64 n Y 0,01  %m X  28, 42  n 0,08  Z Câu12 Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2O3 Al(NO3)3 vào dung dịch chứa NaHSO4 0,09 mol HNO3, khuấy cho phản ứng xảy hoàn toàn, thu dung dịch Y chứa chất tan có khối lượng 127,88 gam 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm khí khơng màu, khơng hóa nâu ngồi khơng khí Tỉ khối Z so với He Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng biểu diễn theo đồ thị sau: Phần trăm khối lượng khí có khối lượng phân tử lớn hỗn hợp Z A 41,25% B 68,75% C 55,00% Chọn đáp án B gt ⇒ Z gồm N2O, N2, H2 ⇒ Y khơng chứa NO3–; khí có PTK lớn Z N2O D 82,50% Al3     Al   N 2O   Na     NaHSO      Al 2O3     N   H 2O   NH  Al NO  HNO3 : 0,09  H           3  H  SO 24  10,92 g    Từ mol NaOH đến 1,3 mol NaOH kết tủa từ cực đại đến tan hết xảy phản ứng: Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O ⇒ nAl3+ = nAl(OH)3 = 1,3 - = 0,3 mol Đặt nNaHSO4 = x ⇒ nNa+/Y = nSO42– = x Khi kết tủa đạt cực đại thu Na2SO4 ⇒ nNa2SO4 = x ⇒ ∑nNa+ = 2x ⇒ nNa+/Y = 2x - = x ⇒ x = Đặt nNH4+ = y; nH+ = z Bảo toàn điện tích: 0,3 × + + y + z = × mmuối = 127,88(g) = 0,3 × 27 + × 23 + 18y + z + × 96 Giải hệ có: y = 0,04 mol; z = 0,06 mol Bảo toàn khối lượng: mH2O = 10,92 + × 120 + 0,09 × 63 - 127,88 - 0,08 × 20 = 7,11g ⇒ nH2O = 0,395 mol Bảo toàn nguyên tố Hidro: nH2 = (1 + 0,09 - 0,04 × - 0,06 - 0,395 × 2)/2 = 0,04 mol Đặt nN2O = a; nN2 = b ⇒ nZ = a + b + 0,04 = 0,08; mZ = 44a + 28b + 0,04 × = 0,08 × 20 Giải hệ có: a = 0,025 mol; b = 0,015 mol ⇒ %mN2O = 0,025 ì 44 ữ 1,6 ì 100% = 68,75% Cõu 13: Hỗn hợp  H  gồm X , Y , Z ba este đơn chức; X , Y no mạch hở Cho 0,32 mol hỗn hợp  H  có khối lượng m gam tác dụng vừa đủ với 180 ml dung dịch NaOH M cô cạn dung dịch sau phản ứng Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online offline Hà Nội Tel : 0984963428 Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh ) a gam rắn T 10, 08 gam hỗn hợp ancol Đốt cháy hết b gam rắn T cần 0, mol O2 , thu 25,3 gam CO2 7, 65 gam H 2O Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 40 B 24 C 23 D 30 Đáp án B  X , Y este no, đơn, hở :0,28  mol    Z este phenol + Do nNaOH : nH 1,125  1 hỗn hợp H     C , H ,O, Na  0,7 O    CO2  H 2O  Na2CO3 mol          0,575 b  gam  T :0,04  mol  0,425 0, 05 X 0,36 0, 45  mol  0, 04  BTLK   b 25,3  7,65  0,5 x 0, 45 x106  0,7 x 32 34,  gam   a 27,52  gam  b  g  n phenolat  nCO2  nH 2O : 0, 05  nNa     BTKL : m 27,52  10, 08  0, 04 x 18  0,36 x 40 23,92  gam  24  gam  Câu 14: Hỗn hợp  H  gồm X axit cacboxylic, Y Z hai ancol thuộc dãy đồng đẳng liên tiếp ; X Y no, mạch hở, đơn chức Đốt cháy m gam  H  , thu 27, 28g CO2 Thực phản ứng este hóa m gam  H  , thu 13,16g hỗn hợp este Giả thiết phản ứng este hóa đạt hiệu suất 100% Biết tổng số nguyên tử cacbon X , Y , Z Phần trăm khối lượng anol có phân tử khối lớn  H  gần với giá trị sau đây? A 28% B 23% C 18% D 49% : Đáp án B  H  gồm X axit cacboxylic no, mạch hở, đơn chức, Y Z hai ancol thuộc dãy đồng đẳng liên tiếp no, mạch hở, đơn chức  có este no, đơn chức mạch hở, đồng đẳng tạo axit C H n 2n O2 hay RCOOR '  Bảo toàn C : nC  este  nC  hỗn hợp H  nC  CO2  27,28 / 44 0,62 mol Đặt số mol este Cn H n O2 x  mol   nC  este  n X 0, 62 mol ;  nH  este  2n X 1, 24 mol Bảo toàn khối lượng: meste mC  este   mH  este   mO  este   13,16 0, 62.12  1, 24.1  16.nO este  nO este 0, 28 mol 2 x  x n este  0,14 mol  14n  32 13,16 / 0,14  n 4, Cn H nO2 hay RCOOR '   Số nguyên tử C R  R ' 3, *Xét số nguyên tử C R  axit HCOOH ; C R ' 3,  ancol là: C3 H 7OH C4 H 9OH  Tổng số nguyên tử C HCOOH  C3 H 7OH  C4 H 9OH (loại) *Xét số nguyên tử C R  axit C3 H OH ; C R ' 2,  ancol là: C2 H 5OH C3 H 7OH  Tổng số nguyên tử C CH 3COOH+C3 H 7OH  C2 H 5OH (thỏa mãn) *Xét số nguyên tử C R  axit C2 H 5COOH; C R ' 1,  ancol là: C2 H 5OH CH 3OH  Tổng số nguyên tử C CH 3OH  C2 H 5COOH+C H 5OH (loại) Vậy ancol là: C2 H 5OH  a mol  C3 H 7OH  b mol  axit CH 3COOH 0,14 mol Ta có: Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online offline Hà Nội Tel : 0984963428 Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh ) a  b 0,14  1 ; 2.a  3.b  0,14.2 0, 62    a 0, 08 mol b 0, 06 mol mhỗn hợp H 60.0,14  46.0,08  0,06.60 15,68 gam; %m C H OH  22,96% Câu 15: Hỗn hợp X gồm hiđrocacbon có cơng thức dạng C5 H y H Đun nóng 0, 47 mol X với Ni , sau thời gian phản ứng thu hỗn hợp  H  chứa hiđrocacbon Đốt cháy hoàn toàn  H  thu 18,54 g H 2O Biết tỉ khối  H  so với He 17,575 Mặt khác, 11, 248 g X tác dụng tối đa m gam Br2 Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 35 B 56 C 70 D 43 Đáp án B Tính tốn số liệu: H 2O 1, 03 mol; M H 70,3 :a C H 0, 47 mol  12  k  Ni ,t    H  C5 H : a  O H 2O :1, 03 H : b  a  b 0, 47  a 0,   Hpt a  12  2k   2b 1, 03.2  BT  H    b 0, 27  k 2,   ak 0, 44  a  72  2k   2b 70,3a  mX mH  C5 H 7,6 : x Br2 11, 248 g    H2 : y 67, x  y 11, 248   x 0,16  nBr2 kx 2, 2.0,16 0,352  mBr2 56,32  x 0,   y 0, 27  Câu 16: Dẫn 12,6g hỗn hợp hai ancol đơn chức, mạch hở đồng phân qua ống đựng CuO (dư) đun nóng Sau phản ứng xảy hồn tồn, thu 15,96g hỗn hợp  H  Cho 15,96 g  H  tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 NH , thu m gam kết tủa Giá trị m A 45,36 Đáp án C B 47,52 C 41, 04 D 49, 68 Cn H nO  H 2O   15,96   12,6 g  Cn H n2O : x mol  CuO Ta có mt aêng mCuO  mCu 16 x  15,96  12,6 16 x  x 0,21  n 3 Vậy ancol ban đầu propan   ol propan   ol Hơi H gồm anđehit xeton nandehit  0, 21  nAg  2.0, 21 0, 42  mAg  45,36 g Câu 17: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp H gồm este no, đơn chức, mạch hở ancol đơn chức thu 16, 72 g CO2 10, 08 g H 2O Cho hỗn hợp  H  tác dụng hết với dung dịch NaOH thu 8,96g ancol Khối lượng este A 6, g B 16,8 g C 7, g D 10,8 g Đáp án A Xử lí số liệu: CO2 0,38 mol; H 2O 0,56 mol  nclo no, đơn  nancol 0,56 0,38 0,18 mol CH CO : 0,38   t   nCH 0,38  BTC  Quy đổi H O2  H 2O :0,50  H O :0,18  TH1:ancol CH 3OH  CH  H 2O  Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online offline Hà Nội Tel : 0984963428 Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh ) 8,96 0, 28  mol   nO2 neste 0, 28 0,18 0,1 mol  32 O : 0,1 este   meste 6 g CH : 0,38 0,18 0, TH2: ancol C2 H 5OH  2CH  H 2O  nhh  8,96 0,194  mol   nO2 neste 0, 28 0,194 0, 086  mol  46 nCH /este 0,38  2.0,18 0, 02  mol   0, 086 (vơ lí) nhh  Câu 18: : Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp 0, 29 mol O2 , thu 11g CO2  H  gồm ankin anđehit đơn chức, mạch hở cần 1,98 g H 2O Mặt khác, cho m gam  H  tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 / NH , thu a gam kết tủa Biết số liên kết  trung bình ankin anđehit a A 24,51 Câu 19: Đáp án B B 31,50 C 25, 02 25 Giá trị 11 D 32,16 n CO2 0, 25 mol ; n H 2O 0,11mol ; n O2 0, 29 mol Bảo toàn O  n O / H 0, 25*  0,11*1  0, 29*2 0, 03 mol n anđehit n H *  k  1 n CO2  n H 2O  n H  0, 25  0,11 /  25 /11  1  n H 0,11  n an kin 0, 08 Số C tb 0, 25 / 0,11 2, 2; Số H tb 0,11* / 0,11 2  An kin C2 H Vậy hỗn hợp H  C2 HCHO  0, 03 mol  C2 H  0, 08 mol  phù hợp với mol CO2 , H 2O CH C  CH O  0.03 mol   CAg C  COONH   0,03   Ag   0,06  CH CH  0, 08 mol   AgC CAg   0, 08  m kết tủa 194*0, 03  0,06*108  240*0, 08 31,50 gam Câu 20 Cho 23,52 gam hỗn hợp kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO 3,4M khuấy thoát khí khơng màu hóa nâu khơng khí (sản phẩm khử nhất), dung dịch dư kim loại chưa tan hết Cho tiếp từ từ dung dịch H2SO4 5M vào, chất khí lại kim loại vừa tan hết 44ml, thu dung dịch X Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X, lọc kết tủa, rửa nung ngồi khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu chất rắn B nặng 31,2 gam Biết phản ứng xảy hoàn toàn Nồng độ mol/l ion SO 42 NO3 dung dịch X A 0,900 M 1,600 M B 0,902 M 1,640 M C 0,904 M 1,460 M D 0,120 M 0,020 M Chọn đáp án B Đọc trình, tổng hợp lại sơ đồ: Bảo toàn nguyên tố H có nH2O = 0,56 mol → ghép cụm có nNO = 0,28 mol Bảo tồn N có nNO3 X = 0,4 mol bảo tồn S có nSO42 = 0,22 mol Dung dịch X tích 200 mL + 44 mL = 244 mL Công thức: CM = n ÷ V ⇒ [SO42] = 0,22 ÷ 0,244 = 0,902M [NO3] = 0,4 ÷ 0,244 = 1,640M ⇒ chọn đáp án B Câu 21 Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al tác dụng với 60 ml dung dịch NaOH 2M thu 2,688 lít khí hiđro Sau kết thúc phản ứng cho tiếp 740 ml dung dịch HCl 1M đun nóng đến hỗn hợp khí B ngừng Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online offline Hà Nội Tel : 0984963428 Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh ) Lọc tách cặn rắn R Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch Ca(OH) dư thu 10 gam kết tủa Cho R tác dụng hết với dung dịch HNO3 đặc, nóng thu dung dịch D 1,12 lít chất khí Cơ cạn D nhiệt phân muối khan đến khối lượng không đổi m gam sản phẩm rắn Giá trị m gần với (Biết thể tích khí đo điều kiện tiêu chuẩn) A 5,4 gam B 1,8 gam C 3,6 gam D 18 gam Câu 22 Chọn đáp án B  Chia, tách nhỏ tập, trình để giải:  có Al + NaOH → NaAlO2 + 3/2H2/uparrow || nNaOH = nH2 = 0,12 mol ⇒ chứng tử sau phản ứng NaOH dư 0,04 mol ∑nAl A = 0,08 mol Khí B ta biết gồm CO2 (sinh FeCO3) H2 (do Fe) 10 gam kết tủa 0,1 mol CaCO3 ⇒ có 0,1 mol CO2 ⇒ nFeCO3 = 0,1 mol Rắn R chắn có Cu dư kim loại Fe Vậy phần dung dịch? À, gồm: 0,08 mol AlCl3; 0,12 mol NaCl + ??? mol FeCl2 Mà ∑nHCl = nHCl = 0,74 mol ⇒ bảo tồn Cl có nFeCl2 = 0,19 mol; sinh 0,1 mol FeCO3 ⇒ 0,09 Fe Vậy mR = mCu, Fe lọc = 20 – mAl – mFeCO3 – mFe phản ứng = 1,2 gam R gồm Cu, Fe kim loại hoạt động TB yếu nên + HNO3 sinh NO NO2 dùng HNO3 đặc nên khí sinh NO2 || nNO2 = 0,05 mol ⇒ bảo tồn electron có 3nFe + 2nCu = nNO2 = 0,05 mol mà mFe + Cu = 1,2 gam ⇒ giải nFe = nCu = 0,01 mol Đọc tiếp trình cuối ⇒ m gam sản phẩm gồm 0,01 mol CuO 0,05 mol Fe2O3 ⇒ m = 1,6 gam → chọn đáp án B Câu 23 X, Y hai chất hữu thuộc dãy đồng đẳng ancol anlylic, Z axit cacboxylic no hai chức, T este tạo X, Y, Z Đốt cháy 17,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 10,864 lít O (đktc) thu 7,56 gam nước Mặt khác 17,12 gam E làm màu vừa đủ dung dịch chứa 0,09 mol Br Nếu đun nóng 0,3 mol E với 450 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng sau lấy phần lỏng chứa chất hữu qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng m gam Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 7,00 B 8,50 C 9,00 D 10,50  bớt H2O () quy este axit ancol Quan sát lại toàn giả thiết: Quan sát: X, Y thuộc dãy đồng đẳng ancol anlylic nên nhận xét nX, Y = nBr2 phản ứng = 0,09 mol toàn đốt E đủ giả thiết ⇒ giải số mol C, số mol H2, số mol O ||⇒ tương quan đốt có: ∑nCO2 - ∑nH2O = naxit + nH2O () = 0,15 mol Lại có bảo tồn O: nancol X, Y + 4naxit – nH2O() = 0,59 ⇒ 4naxit – nH2O() = 0,5 mol Giải hệ naxit = 0,13 mol nH2O() = 0,02 mol ⇒ Ctrung bình X, Y, Z = 0,57 ÷ (0,13 + 0,09) ≈ 2,59 ⇒ Z (COOH)2 ||⇒ BTKL E có mancol X, Y = 17,12 + 0,02 × 18 – 0,13 × 90 = 5,78 gam  ý chút quy đổi: este + 2H2O → axit + ancol đơn Cộng axit ancol E vào vế, chuyển nước qua bên cách ta quy đổi ⇒ nE = ∑nancol quy đổi + ∑naxit quy đổi – nH2O() = 0,2 mol Dùng 0,3 mol E gấp 1,5 lần tất lượng ⇒ KOH dư → phần chất lỏng ancol 0,135 mol ancol nặng 8,67 gam ⇒ mbình tăng = 8,67 – 0,135 = 8,535 gam Chọn B Câu 24 X este đơn chức, Y este hai chức (X, Y mạch hở) Đốt cháy 21,2 gam hỗn hợp E chứa X, Y thu x mol CO2 y mol H2O với x = y + 0,52 Mặt khác đun nóng 21,2 gam E cần dùng 240 ml dung dịch KOH 1M thu muối hỗn hợp F chứa ancol no Dẫn tồn F qua bình đựng Na dư sau phản ứng thấy khối lượng bình tăng 8,48 gam Số phân tử H (hiđro) có este Y A 10 B C 14 D 12 Câu 25 Chọn đáp án A  thủy phân: 21,2 gam E + 0,24 mol KOH → muối + hh ancol no, mạch hở Có ∑nCOO E = ∑nOH ancol = nKOH = 0,24 mol Phản ứng: OH + Na → ONa + ½H2↑ ||⇒ nH2↑ = 0,12 mol ||⇒ mhai ancol = mbình Na tăng + mH2↑ = 8,48 + 0,12 × = 8,72 gam Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online offline Hà Nội Tel : 0984963428 Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh ) BTKL phản ứng thủy phân có mmuối = 21,2 + 0,24 × 56 – 8,72 = 25,92 gam X este đơn chức ⇒ muối muối axit đơn ⇒ Mmuối = 25,92 ÷ 0,24 = 108 ứng với CTCT muối HC≡CCOOK  đốt cháy 21,2 gam E + O2 ―t0→ x mol CO2 + y mol H2O Có ∑nO E = 2∑nCOO E = 0,48 mol ⇒ mE = 12x + 2y + 0,48 × 16 Lại có x = y + 0,52 ||⇒ giải hệ x = 1,04 mol y = 0,52 mol Gọi 21,2 gam E gồm a mol HC≡CCOOCnH2n + b mol (HC≡CCOO)2CmH2m Tương quan đốt có: ∑nCO2 - ∑nH2O = 2a + 5a = 0,52 mol Lại có ∑nCOO E = a + 2b = 0,24 mol ||⇒ giải a = 0,16 mol; b = 0,04 mol Bảo toàn C có: 0,16 × (3 + n) + 0,04 × (6 + m) = 1,04 ⇒ 4n + m = ⇒ ứng với m = 4; n = ⇒ X HC≡CCOOCH3 Y (HC≡CCOO)2C4H8 Vậy tổng số nguyên tử H (hiđro) có este Y 10 Chọn đáp án A 10 ... chứa Cu(NO 3)2 ⇒ nCu(NO 3)2 = 0,5x + y ⇒ b = 94x + 188y Fe dư + Y → Z ||⇒ Z chứa Fe(NO 3)2 ⇒ nFe(NO 3)2 = 0,5x + y ⇒ c = 90x + 180y 2b = a + c ⇒ × (9 4x + 188y) = (1 70x + 188y) + (9 0x + 180y) ⇒ 72x... 0,2 mol Fe(OH)3 mà có 0,9 mol NaOH → chứng tỏ nH+ Y = 0,3 mol hết.! (p/s: đừng nhầm lẫn 0,2 mol Fe(OH)3 → ∑nFe X = 0,2 nhé. !) ♦ CB3: 19,2 gam (Fe; O) + 0,75 mol H2SO4 (lượng đ? ?) → Fe2(SO 4)3 + SO2... 139,3(g) E gấp k lần 0,2 mol E ⇒ 139,3(g) E chứa 0,95k mol C₂H₃NO; kx mol CH₂ 0,2k mol H₂O Đốt cho (1 ,9k + kx) mol CO₂ (1 ,625k + kx) mol H₂O ⇒ mE = 57 × 0,95k + 14kx + 18 × 0,2k = 139,3(g) || 44 .(1 ,9k