Tổng hợp đề thi thử thầy tào mạnh đức (5)

ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC Câu Hòa tan hết 28,0 gam hỗn hợp gồm Mg, MgO MgCO3 ( số mol MgO lớn số mol MgCO3) dung dịch HCl loãng dư thu 0,6 mol hỗn hợp khí Mặt khác cho 28,0 gam X tác dụng hết với dung dịch chứa 0,12 mol NaNO3 0,84 mol H2SO4 (loãng) Kết thúc phản ứng thu dung dịch Y chứa muối sunfat hỗn hợp khí Z gồm khí có khối lượng 6,64 gam Cô cạn dung dịch Y thu 102,36 gam rắn khan Z chứa khí A CO2, N2O, N2 B CO2, N2O, H2 C CO2, N2, H2 D CO2, NO, N2O Câu Đốt cháy hỗn hợp X chứa ankan, anken ankin, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ba(OH)2 dư thu 45,31 gam kết tủa; đồng thời khối lượng dung dịch giảm 29,97 gam Mặt khác đun nóng hỗn hợp X với 0,05 mol H2 (Ni, t0) thu hỗn hợp Y có tỉ khối so với He 5,375 Dẫn toàn Y qua bình (1) đựng dung dịch AgNO3 NH3 (dư ) thu m1 gam kết tủa; bình (2) đựng Br2 dư dư thấy khối lượng bình tăng m2 gam Khí thoát khỏi bình chứa hyđrocacbon tích 2,688 lít (đktc) Tổng giá trị m1 m2 A 3,12 gam B 2,96 gam C 3,24 gam D 2,82 gam Ta có: nCO2 = 0,23 mol nH2O = 0,29 mol - Y có hiđrocacbon M Y = 21,5  Y có CH4 - Khí thoát khỏi bình chứa hyđrocacbon CH4 C2H6  anken C2H4 ; ankin C2H2 Đặt số mol chất X CH4 x mol ; C2H4 y mol ; C2H2 z mol - Tăng giảm mol khí : nH2 = (nX + nH2) – nY  nY = nX = (x + y + z)  CO2   x  2y  2z  0,23 x  0,09   Ta có hệ :  H O   2x  2y  z  0,29    y  0,04 BTKL :16x  28y  26z  2.0,05  21,5(x  y  z)   z  0,03  - Hai hiđrocacbon thoát CH4 0,09 C2H6 0,03 Gọi số mol C2H2 dư a ; C2H4 tạo thành b - BTNT Hiđro: 4x + 4y + 2z + 2.0,05 = 2a + 4b + 4x + 6.0,03  2a + 4b = 0,14 (1) - BT mol pi: y + 2z = nH2 + 2a + b  2a + b = 0,05 (2)  a  0,01   m1  2, 4gam (1),(2)     m1  m  3,24 (C) b  0,03   m  0,84gam  Câu Đốt cháy hỗn hợp gồm 8,96 gam Fe 1,44 gam Mg oxi thời gian thu hỗn hợp rắn X Hòa tan hoàn toàn X dung dịch HCl (vừa đủ) thu dung dịch Y 0,896 lít H (đktc) Cho AgNO3 dư vào dung dịch Y thu 81,84 gam kết tủa Mặt khác hòa tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO3 loãng dư thu dung dịch Z chứa muối nitrat có khối lượng 48,2 gam hỗn hợp khí T gồm 0,02 mol A 0,01 mol khí B Số mol HNO3 phản ứng A 0,665 mol B 0,645 mol C 0,655 mol D 0,675 mol *) nHCl = 2nO + 2nH2 = 2y + 0,08    Fe3 Fe2  : x Fe : 0,16      3   Fe  Ag : x Ag d­  AgNO3 d­  HCl võa dñ X Mg : 0,06  0,04 mol H  Y      2 2  O :y  Mg AgCl : 2y  0,08  Mg     NO3 Cl :2y  0,08   - Từ khối lượng kết tủa  108x + 143,5(2y + 0,08) = 81,84 - BT mol e: 3.0,16 + 2.0,06 = 2y + x + 2.0,04  x = 0,12 ; y = 0,2 *) Từ khối lượng muối 48,2  nNH4NO3 = (48,2 – 242.0,16 – 148.0,08)/80 = 0,0075 mol - BT mol e  3.0,16 + 2.0,06 = 2.y + 8.0,0075 + 0,021 + 0,012  21 + 2 = 14  1 = (NO) ; 2 = (N2O) (1 ; 2 số e nhận) - Số mol HNO3 = 10nN2O + 4nNO + 10nNH4NO3 + 2nO = 0,655 mol (C) Câu X, Y este chứa vòng benzen đồng phân có công thức tổng quát C nH2n – 10O2 Đốt cháy hoàn toàn 0,03 mol Y, thu CO2 H2O có tổng khối lượng 17,16 gam X, Y cộng hợp Br2 với tỉ lệ mol : Hỗn hợp E gồm X; Y không cho phản ứng tráng gương Đun nóng 0,3 mol hỗn hợp E cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 2M Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu rắn khan gồm muối phần chứa andehit Khối lượng muối có khối lượng phân lớn A 28,2 gam B 23,2 gam C 28,8 gam D 34,8 gam Câu Hỗn hợp E chứa ancol X axit cacboxylic Y có tỉ lệ mol : 1; mạch hở Đốt cháy hoàn toàn 20,1 gam E thu 16,8 lít CO2 (đktc) 13,5 gam nước Mặt khác đun nóng 20,1 gam E có mặt H2SO4 đặc làm xúc tác thu hỗn hợp F có chứa este Z chức, mạch hở có số mol 1/2 số mol Y Biết hiệu suất phản ứng đạt 100% Khối lượng Z A 17,15 gam B 12,00 gam C 12,75 gam D 14,35 gam - Ta có nCO2 = nH2O = 0,75  Có trường hợp: TH1 X no, Y có pi ; TH2 X Y có pi (Vì đun nóng E có mặt H2SO4 đặc làm xúc tác thu hỗn hợp F có chứa este Z chức, mạch hở có số mol 1/2 số mol Y Biết hiệu suất phản ứng đạt 100%  X ancol chức, Y axit đơn chức TH1) - BTKL  nO(E) = (20,1 – 12.0,75 – 2.0,75)/16 = 0,6 X: CnH2n+2O2: a (n≥2) Y: CmH2m-2O2: a (m≥3) - BTKL  nO(E) = (20,1 – 12.0,75 – 2.0,75)/16 = 0,6  a = 0,15 mol Ta có: nC = (n + m)z = 0,75  n + m =  n = ; m = Hai chất E C2H4(OH)2 0,15 CH2=CHCOOH 0,15 Z (CH2=CHCOO)2C2H4 0,15/2  mZ = 12,75 gam