Tổng hợp giải chi tiết các câu từ 73 đến 80 đề minh họa hóa học của bộ năm 2018

Tổng hợp giải chi tiết các câu từ 73 đến 80 đề minh họa hóa học của Bộ năm 2018Tổng hợp giải chi tiết các câu từ 73 đến 80 đề minh họa hóa học của Bộ năm 2018Tổng hợp giải chi tiết các câu từ 73 đến 80 đề minh họa hóa học của Bộ năm 2018Tổng hợp giải chi tiết các câu từ 73 đến 80 đề minh họa hóa học của Bộ năm 2018Tổng hợp giải chi tiết các câu từ 73 đến 80 đề minh họa hóa học của Bộ năm 2018Tổng hợp giải chi tiết các câu từ 73 đến 80 đề minh họa hóa học của Bộ năm 2018Tổng hợp giải chi tiết các câu từ 73 đến 80 đề minh họa hóa học của Bộ năm 2018Tổng hợp giải chi tiết các câu từ 73 đến 80 đề minh họa hóa học của Bộ năm 2018Tổng hợp giải chi tiết các câu từ 73 đến 80 đề minh họa hóa học của Bộ năm 2018

Câu 73 Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch gồm CuSO4 và NaCl (tỉ lệ mol tương

ứng 1 : 3) với cường độ dòng điện 1,34A Sau thời gian t giờ, thu được dung dịch Y (chứa hai chất tan) có khối lượng giảm 10,375 gam so với dung dịch ban đầu Cho bột Al dư vào Y, thu được 1,68 lít khí H2 (đktc) Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước Giá trị của t là

Giải: Gọi n(CuSO4) =x, => n(NaCl) = 3x

CuSO4 + 2NaCl → Cu + Cl2 + Na2SO4

x 2x x x

Do dung dịch sau pứ hòa tan được Al tạo khí, => có bazơ , có tiếp pứ

2NaCl + 2H2O → 2NaOH + H2+ Cl2

x x 0,5x 0,5x

Do dung dịch sau chỉ chứa 2 chất tan vậy đó là NaOH và Na2SO4

Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 1,5H2

0,05 0,05 0,075

Gọi y là số mol H2O điện phân

=> n(NaOH) = x = 0,05

và m(dd giảm) = 64x + 71.1,5x + 2.0,5x + 18y = 10,375 => y = 0,1 mol => n(H2) do nước tạo ra = 0,5x + y = 0,125 mol

Catot: Cu2+ + 2e → Cu 2H2O + 2e → 2OH- + H2

0,05 0,1 0,25 0,125

=> n(e trao đổi) = 0,35 = It/F => t = 0,35.96500/1,34 = 25205 (s) = 7 h

Câu 74 Đốt cháy hoàn toàn a gam este hai chức, mạch hở X (được tạo bởi axit cacboxylic no và

hai ancol) cần vừa đủ 6,72 lít khí O2 (đktc), thu được 0,5 mol hỗn hợp CO2 và H2O Cho a gam X phản ứng hoàn toàn với 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch Y Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan Giá trị của m là

Giải: TN1: Gọi CT của este là CnH2n-2k-2O4 x mol

Ta có PTpứ cháy: CnH2n-2k-2O4 + (3n-k-5)/2 O2 → nCO2 + (n-1-k)H2O

x x(3n-k-5)/2 xn x(n-1-k)

=> x(3n-k-5)/2 =0,3 => 3xn-xk-5x =0,6 (1) và 2xn-xk-x = 0,5 (2)

- Xét k=0 thay vào hệ không có nghiệm

- Xét k =1 thay vào hệ ta có xn =0,3, và x =0,05 => n =6 vậy este là C6H8O4

vậy X là CH3-OOC-COO-CH2-CH=CH2 0,05 mol

TN2: CH3-OOC-COO-CH2-CH=CH2 + 2NaOH → (COONa)2 + CH3OH + CH2=CH-CH2OH

0,05 0,1 0,05

=> m = 40.0,1 + 134.0,05 = 10,7 gam => Chọn C

Câu 75: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Al và Al2O3 vào nước (dư), thu được

0,896 lít khí (đktc) và dung dịch Y Hấp thụ hoàn toàn 1,2096 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được 4,302 gam kết tủa Lọc kết tủa, thu được dung dịch Z chỉ chứa một chất tan Mặt khác, dẫn từ từ CO2 đến dư vào Y thì thu được 3,12 gam kết tủa Giá trị của m là

Giải: Quy đổi hh về x mol Ba, y mol Al, và z mol O

BTe ta có 2x + 3y = 2z + 2.0,04 => 2x + 3y -2z = 0,08 (1)

Dung dịch Y sau pứ chứa Ba(AlO2)2 0,5y mol; và Ba(OH)2 x -0,5y mol

- Khi cho CO2 dư vào Y thu được kết tủa là Al(OH)3 : CO2 + AlO2- + 2H2O → Al(OH)3 + 2HCO3

-=> n(Al(OH)3 = y = 0,04 mol (2)

- Khi sục 0,054 mol CO2 vào Y thu được 4,302 gam kết tủa, và dung dịch Z chỉ chứa 1 chất tan, chất tan

đó phải là Ba(AlO2)2 hoặc Ba(HCO3)2

TH1: nếu chất tan là Ba(AlO2), khi đó toàn bộ CO2 nằm trong BaCO3 0,054 nol

=> m(BaCO3) = 197.0,054 =10,638 gam > 4,302 gam vô lí

TH2: Chất tan duy nhất là Ba(HCO3)2 => toàn bộ AlO2- chuyển hết vào kết tủa

=> m(BaCO3) = 4,302 -3,12 =1,182 gam => n(BaCO3) = 0,006 mol

BTNT cho C: => n(Ba(HCO3)2 = (0,054-0,006)/2 =0,024 mol

BTNT cho Ba ta có n(Ba) = 0,024 + 0,006 = 0,03 =x thay vào (1) => z =0,05

=> m = 137.0,03 + 27.0,04 + 16.0,05 = 5,99 gam => Chọn D

Câu 76 Hỗn hợp X chứa hai amin kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng của metylamin Hỗn hợp Y chứa

glyxin và lysin Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp Z (gồm X và Y) cần vừa đủ 1,035 mol O2,

thu được 16,38 gam H2O; 18,144 lít (đktc) hỗn hợp CO2 và N2 Phần trăm khối lượng của amin

có khối lượng phân tử nhỏ hơn trong Z là

Giải: Gọi CT chung của X là CnH2n+3N a mol; Đặt n(C2H5O2N) = b, và n(NH2[CH2]4CH(NH2)COOH) =

c, => a + b + c = 0,2 (1)

Ta có sơ đồ cháy: CnH2n+3N → nCO2 + (n+1,5)H2O + 0,5N2

a an an+ 1,5a 0,5a

C2H5O2N → 2CO2 + 2,5H2O + 0,5N2

b 2b 2,5b 0,5b

C6H14N2O2 → 6CO2 + 7H2O + N2

c 6c 7c c

Ta có nhận xét: n(H2O) - [n(CO2) + n(N2)] = n(amin) = a = 0,91-0,81 = 0,1

=> b+ c = 0,1 (2)

ĐLBTNT cho oxi Ta có 2.0,1 + 2.1,305 = 2n(CO2) + 0,91 => n(CO2) = 0,68 => n(N2) = 0,13

=> 0,5a + 0,5b + c = 0,13 Giải hệ ta có a = 0,1; b =0,04; c =0,06

BTNT cho C ta có 0,1n + 2.0,04 + 6.0,06 = 0,68 => n =2,4 vậy hai amin là C2H7N x mol và C3H9N y mol => x+ y = 0,1 và 2x + 3y + 2.0,04 + 6.0,06 = 0,68 giải hệ ta có x =0,06; y =0,04

=> %m(C2H7N) = 0,06.45/(0,06.45 + 0,04.59+ 75.0,04 + 0,06.146) = 16,052% => Chọn B

Câu 77 Hỗn hợp X gồm Fe2O3, FeO và Cu (trong đó nguyên tố oxi chiếm 16% theo khối lượng).

Cho m gam X tác dụng với 500 ml dung dịch HCl 2M (dư), thu được dung dịch Y và còn lại

0,27m gam chất rắn không tan Cho dung dịch AgNO3 dư vào Y, thu được khí NO (sản phẩm khử

duy nhất của N+5) và 165,1 gam kết tủa Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị của m là

Giải:

Cách 1: Gọi n(Fe2O3) = x mol; n(FeO) = y mol => n(O) = 3x+ y => m(O) = 16(3x+ y) = 0,16m

=> m = 100(3x+ y)

Ta có n(HCl) = n(H+) = n(Cl-) = 1 mol

=> n(AgCl) = 1 mol => m(Ag) = 165,1 - 143,5 = 21,6 => n(Ag) = 0,2 mol

Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2

x 6x 2x x 2x 2x

FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O

y 2y y

=> n(H+) dư = 1 -6x -2y; n(Fe2+) = 2x + y

khi đó ta có m(chất rắn pứ) = 160x + 64x + 72y = 0,73m = 73(3x+ y)

<=> 5x = y (1)

Khi cho AgNO3 dư vào Y: 3Fe2+ + 4H+ + NO3- → 3Fe3+ + NO + H2O

0,75( 1-6x-2y) ← 1-6x-2y

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag

0,2 ← 0,2 => 2x+ y = 0,75(1-6x-2y) + 0,2

< => 6,5x + 2,5y = 0,95 (2) giải hệ ta có x = 0,05; y = 0,25 => m = 100(3.0,05+ 0,25) = 40=> Chọn A

Cách 2: - Qui đổi:

+ [Fe(x), O(y), Cu(z)] + 1 mol HCl →

0,27m Cu còn dư + dd Y [Fe2+; Cu2+; Cl-; H+ dư]

+ dd Y [Fe2+; Cu2+; Cl-; H+ dư] + AgNO3 dư →

dd[Fe3+; Cu2+; NO3]+ NO + kết tủa[AgCl=1mol + Ag]

= 165,1 gam

Bt Cl: nAgCl= 1 => mAg = 165,1 - 143,5*1 = 21,6 => nAg = 0,2 mol

Ta có hệ: mX = 56x +16y + 64z = m (1)

mO = 16y = 0,16m (2)

Bte toàn quá trình: 3nFe + 2nCu phan ung = 2nO + 3nNO + nAg

¬ →

3x + 2(64z – 0,27m)/64 = 2y + 3nNO + 0,2 (3)

nH+ = 2nO + 4nNO ¬ →

1 = 2y + 4nNO (4)

Giải hệ: x = 0,35; y = 0,4; z = 0,21875; nNO = 0,05; m = 40

Câu 78 Cho hỗn hợp Z gồm peptit mạch hở X và amino axit Y (MX > 4MY) với tỉ lệ mol tương

ứng 1 : 1 Cho m gam Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch T chứa (m + 12,24) gam hỗn hợp muối natri của glyxin và alanin Dung dịch T phản ứng tối đa với 360 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch chứa 63,72 gam hỗn hợp muối Các phản ứng xảy ra hoàn toàn

Kết luận nào sau đây đúng?

A Phần trăm khối lượng nitơ trong Y là 15,73% B Số liên kết peptit trong phân tử X là 5.

C Tỉ lệ số gốc Gly : Ala trong phân tử X là 3 : 2 D Phần trăm khối lượng nitơ trong X là 20,29%.

Giải: Gọi n(NH2CH2COONa) = a; n(NH2C2H4COONa) = b

Khi cho muối pứ tối đa với HCl => n(HCl) = 2a + 2b = 0,72 => a + b = 0,36 (1)

và muối sau pứ là NH3ClCH2COOH a mol; NH3ClC2H4COOH b mol và NaCl 0,36 mol

=> m(muối) =111,5a + 125,5b + 58,5.0,36 = 63,72 (2) giải hệ ta có a = b = 0,18

=> m(muối (T) = 97.0,18 + 111.0,18 = 37,44 = m + 12,24 => m = 25,2

BTNT cho Na ta có n(NaOH) pứ = 0,36 mol

Gọi n là số gốc aa tạo X: X + nNaOH → muối + H2O

x mol xn x

Y + NaOH → muối + H2O

x x x

ĐLBTKL ta có m + 40.0,36 = m+ 12,24 + 18.2x => x = 0,06

=> n(NaOH) =0,06n + 0,06 = 0,36 => n = 5 => X có 4 liên kết peptit => Loại B

TH1: Nếu Y là Gly: => %N(Y) = 14/75 =18,66% => A chưa đúng, đặt X là (Ala)m(Gly)5-3 BT gốc Ala ta

có 0,06m = 0,18 => m = 3

khi đó X là (Ala)3(Gly)2 có MX = 345 > 4.75 nên thỏa mãn => khi đó C không đúng, và ta có %N(X) = 14.5/345 =20,29% D đúng

TH2: Nếu Y là Ala , khi đó X là (Gly)p(Ala)5-p => n(Gly) = 0,06.p = 0,18 => p = 3

X là (Gly)3(Ala)2 có MX = 331 < 4.89 nên loại

Câu 79 Hòa tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Fe, Fe3O4, Fe2O3, Mg, MgO và CuO vào 200

gam dung dịch H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch X chỉ chứa muối sunfat trung hòa của kim

loại, hỗn hợp khí Y gồm 0,01 mol N2O và 0,02 mol NO Cho X phản ứng với dung dịch Ba(OH)2

dư, thu được 89,15 gam kết tủa Lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu

được 84,386 gam chất rắn Nồng độ phần trăm của FeSO4 trong X có giá trị gần nhất với giá trị

nào sau đây?

Giải: BTNT cho N ta có n(NaNO3) = 0,01.2 + 0,02 =0,04 = n(Na) = n(NO3-)

BTKL ta có m(ddX) = 15,6 + 200 - 44.0,01 -30.0,02 =214,56 gam

Muối sau pứ gồm FeSO4 x mol; Na2SO4 0,02 mol và M2(SO4)n y mol

=> n(SO42-) = x+ 0,02 + yn = n(H2SO4) => n(H+) = 2x+ 0,04 + 2yn mol

=> m(kim loại) = 56x + 2yM ;

Vai trò của H+: 10H+ + 2NO3- + 8e → N2O + 5H2O

0,1 0,02 0,08 0,01

4H+ + NO3- + 3e → NO + H2O

0,08 0,02 0,06 0,02

2H+ + O2- → H2O

2x+2yn -0,14 x + yn -0,07

=> m(hh) =56x + 2yM + 16(x+yn-0,07) = 15,6 <=> 72x+ 2yM + 16yn =16,72 (1)

Cho X + Ba(OH)2 dư: FeSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 + Fe(OH)2

x x x

Na2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 + 2NaOH

0,02 0,02

M2(SO4)n + nBa(OH)2 → nBaSO4 + 2M(OH)n

y yn 2y

=> m(kết tủa) = 233.(x+ yn+ 0,02) + 90x+ 2y(M + 17n) =89,15

< => 323x + 267yn + 2yM = 84,49 (2)

Nung kết tủa: 2Fe(OH)2 + 0,5O2

t

→

Fe2O3 + 2H2O

x 0,5x

2M(OH)n

t

→

M2On + nH2O 2y y

=> 160.0,5x + y(2M+ 16n) + 233.(x + yn+ 0,02) = 84,386

<=> 313x+ 249yn + 2yM = 79,726 (3)

Giải hệ ta có x = 0,012; y = 0,258; và z =5,864

=> C%(FeSO4) = 152.0,012/214,56 = 0,85%=> Chọn A

Câu 80 Cho các chất hữu cơ mạch hở: X là axit không no có hai liên kết π trong phân tử, Y là axit

no đơn chức, Z là ancol no hai chức, T là este của X, Y với Z Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp

M gồm X và T, thu được 0,1 mol CO2 và 0,07 mol H2O Cho 6,9 gam M phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp muối khan E Đốt cháy hoàn toàn E, thu được Na2CO3; 0,195 mol CO2 và 0,135 mol H2O Phần trăm khối lượng của T trong

M có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

Giải: X là CnH2n-2O2 x mol, T là CmH2m-4O4 y mol ( với n ≥ 3; m ≥6)

BTC ta có n(CO2) = xn+ ym =0,1 (1)

Ta có n(CO2) - n(H2O) = 0,03 = x + 2y (2)

Xét 6,9 gam M khi đó ta có xk(14n+30) + yk(14m+60) = 6,9

<=> 14k(xn+ym) + 30k(x + 2y) = 6,9 Thay (1) và (2) vào ta có k =3

Muối sau pứ gồm CnH2n-3O2Na kx +ky mol = 3x + 3y mol; và CpH2p-1O2Na ky =3y mol (là muối của Y) khi đó ta có n(CO2) - n(H2O) = n(muối của axit không no đơn chức hở) = 0,06 = 3x + 3y Giải hệ ta có x= 0,01, y =0,01 => n+ m = 10, với m = 10- n ≥6 => n ≤ 4 => n = 3, => m = 7

=> %m(T) = 158.0,01/2,3 =68,69% => chọn D

Chú ý nếu n = 4, => m ≥ 4 + 2 + 1 = 7 nên loại