Giải câu vận dụng cao đề hóa 2018

HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC CÂU VẬN DỤNG CAO 2018 CHUYÊN ĐỀ: NHÔM VÀ HỢP CHẤT Câu 76 (MĐ 201-2018): Thực phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm Al m gam hai oxit sắt khí trơ, thu hỗn hợp chất rắn X Cho X vào dung dịch NaOH dư, thu dung dịch Y, chất không tan Z 0,672 lít khí H2 (đktc) Sục khí CO2 dư vào Y, thu 8,58 gam kết tủa Cho Z tan hết vào dung dịch H2 SO4 (đặc, nóng), thu dung dịch chứa 20,76 +6 gam muối sunfat 3,472 lít khí SO2 (đktc) Biết SO2 sản phẩm khử phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m A 7,28 B 8,04 C 6,96 D 6,80 HDG Sơ đồ biến đổi hóa học: bao Al FexOy t Al 0,02 Fe Al2O3 0,045 X NaOH du S , toan Al H2 0,03 mol NaAlO2 (Y) 0,11 mol Fe (Z) H2SO4 CO2 Al(OH)3 0,11 SO2 0,155 mol Fe2+ Fe3+ SO42t mol 20,76 gam Theo gt ta có : mFe + 96.t = 20,76 Áp dụng ĐLBT E : 0,155.2 = 2.t → t =0,155 mol → mFe = 5, 88 gam m = mFe + mO = 5,88 + 0,045.3.16 = 8,04 gam Câu 80(MĐ 201-2018): Hỗn hợp X gồm Al2 O3 , Ba, K (trong oxi chiếm 20% khối lượng X) Hòa tan hồn tồn m gam X vào nước dư, thu dung dịch Y 0,022 mol khí H2 Cho từ từ đến hết dung dịch gồm 0,018 mol H2 SO4 0,038 mol HCl vào Y, thu dung dịch Z (chỉ chứa muối clorua muối sunfat trung hòa) 2,958 gam hỗn hợp kết tủa Giá trị m A 3,912 B 3,600 C 3,090 D 4,422 HDG 0,0125.m Al2O3 H O x K y Ba m gam H2 0,022 mol Ba2+ AlO2- 0,018 mol H2 SO4 K+ OH0,038 mol HCl BaSO4 Al(OH)3 t mol y 2,958 gam Al3+ SO42K+ Cl- 0,038 Ta dễ có : 233y + 78 t = 2,958 ; 39x + 137 y = 0,575.m x + 2y = 0,044 → 133,975 m + 4602.t =574,35 (1) n(+) = 0,022.2 + nO = 0,018.2 + 0,038.1 + 3.t 0,025m – 3t = 0,03 (2) Từ (1)(2) giải m= 3,6 gam Câu 80(MĐ 202-2018): Hỗn hợp X gồm Al, Ba, Na K Hòa tan hoàn toàn m gam X vào nước dư, thu dung dịch Y 0,0405 mol khí H2 Cho từ từ đến hết dung dịch chứa 0,018 mol H2SO4 0,03 mol HCl vào Y, thu 1,089 gam hỗn hợp kết tủa dung dịch Z chứa 3,335 gam hỗn hợp muối clorua muối sunfat trung hòa Phần trăm khối lượng kim loại Ba X A 42,33% B 37,78% C 29,87% D 33,12% HDG H2 0,0405 mol BaSO4 Al Ba H2O 1,089 gam Al(OH)3 2+ Na Ba AlO2 0,018 mol H2 SO4 t mol K K+ OH0,03 mol HCl m gam Na+ Al3+ SO423,335 gam K+ Cl- 0,03 Na+ Ta dễ có : n(+) = 0,0405.2 = n(-) = 0,018.2 + 0,03 + 3t → t = 0,005 Mặt khác : m + 0,018.96 + 0,03.35,5 + 51.t =1,089 + 3,335 → m = 1,376 gam nBaSO4 = nBa = 0,003 → % Ba = 29,87 % Câu 72(MĐ 202-2018): Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch gồm Al2 (SO4 )3 AlCl3 Sự phụ thuộc khối lượng kết tủa (y gam) vào số mol Ba(OH)2 (x mol) biểu diễn đồ thị bên, khối lượng kết tủa cực đại m gam Giá trị m A 10,11 B 6,99 C 11,67 D 8,55 y m 0,03 0,08 HDG Xét điểm 0,03 Bao toan S 0,01 Al2(SO4)3 Ba(OH)2 0,03 BaSO4 0,03 Al(OH)3 AlCl3 Xét điểm 0,08 0,01 Al2(SO4)3 AlCl3 0,02 Ba(OH)2 0,08 Bao toan OH BaSO4 0,03 Al(OH)40,04 Bao toan OH Vậy m = mAl(OH)3 + mBaSO4 = 10,11 gam Câu 76(MĐ 203-2018): Hòa tan hồn tồn m gam hỗn hợp X gồm Al, Na BaO vào nước dư, thu dung dịch Y 0,085 mol khí H2 Cho từ từ đến hết dung dịch chứa 0,03 mol H2SO4 0,1 mol HCl vào Y, thu 3,11 gam hỗn hợp kết tủa dung dịch Z chứa x 7,43 gam hỗn hợp muối clorua muối sunfat trung hòa Giá trị m A 2,79 B 3,76 C 6,50 D 3,60 HDG H2 0,085 mol BaSO4 x Al Na H 2O 3,11 gam Al(OH)3 x BaO 2+ Ba AlO2 0,03 mol H2 SO4 t mol Na+OH0,1 mol HCl m gam Al3+ SO427,43 gam K+ Cl- 0,1 + Na Ta dễ có : n(+) = 0,085.2 + 2x = n(-) = 0,03.2 + 0,1 + 3t → 2x – 3t = - 0,01 (1) Mặt khác : m – 16.x + 0,03.96 + 0,1.35,5 + 51.t =3,11 + 7,43 ( khối lượng ion âm io dương ) ↔ m – 16x + 51t = 4,11 (2) 233x + 78t = 3,11 (3) ( Khối lượng kết tủa ) Từ (1)(2)(3) ta có m = 3,76 gam y Câu 67(MĐ 203-2018): Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa m gam hỗn hợp Al(NO3 )3 Al2 (SO4 )3 Sự 9,33 phụ thuộc khối lượng kết tủa (y gam) 6,99 vào số mol Ba(OH)2 (x mol) biểu diễn đồ thị bên Giá trị m A 7,68 B 5,55 C 12,39 D 8,55 HDG Xét điểm 6,99 0,01 Al2(SO4)3 Al(NO3)3 Xét điểm 9,33 Ba(OH)2 BaSO4 0,03 x 0,01 Al2(SO4)3 BaSO4 0,03 Ba(OH)2 Al(OH)3 0,03 Al(NO3)3 0,01 Bao toan Al Vậy m = mAl2(SO4)3 + mAl(NO3)3 = 5,55 gam Câu 76(MĐ 204-2018): Hỗn hợp X gồm Al, K, K2O BaO (trong oxi chiếm 10% khối lượng X) Hòa tan hồn toàn m gam X vào nước dư, thu dung dịch Y 0,056 mol khí H2 Cho từ từ đến hết dung dịch chứa 0,04 mol H2SO4 0,02 mol HCl vào Y, thu 4,98 gam hỗn hợp kết tủa dung dịch Z chứa 6,182 gam hỗn hợp muối clorua muối sunfat trung hòa Giá trị m A 9,592 B 5,760 C 5,004 D 9,596 HDG 0,085 mol H2 BaSO4 x Al Na H 2O 3,11 gam Al(OH)3 x BaO Ba2+ AlO2- 0,03 mol H2 SO4 t mol + Na OH 0,1 mol HCl m gam Al3+ SO427,43 gam K+ Cl- 0,1 + Na Ta dễ có : n(+) = 0,085.2 + 2x = n(-) = 0,03.2 + 0,1 + 3t → 2x – 3t = - 0,01 (1) Mặt khác : m – 16.x + 0,03.96 + 0,1.35,5 + 51.t =3,11 + 7,43 ( khối lượng ion âm io dương ) ↔ m – 16x + 51t = 4,11 (2) 233x + 78t = 3,11 (3) ( Khối lượng kết tủa ) Từ (1)(2)(3) ta có m = 3,76 gam CHUYÊN ĐỀ ĐIỆN PHÂN Câu 75(MĐ 201-2018): Điện phân dung dịch X gồm Cu(NO3)2 NaCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện khơng đổi I = 2,5A Sau t giây, thu 7,68 gam kim loại catot, dung dịch Y (vẫn màu xanh) hỗn hợp khí anot có tỉ khối so với H2 25,75 Mặt khác, điện phân X thời gian 12352 giây tổng số mol khí thu hai điện cực 0,11 mol Giả thiết hiệu suất điện phân 100%, khí sinh không tan nước nước không bay trình điện phân.Số mol ion Cu2+ Y A 0,01 B 0,02 C 0,03 D 0,04 HDG Catot (-) Cu2+ + 2e → 0,12 0,24 x y 19,5 Cl2(71) O2(32) anot(+) Cl- -2e → Cl2 2x x + 2H2O - 4e → 4H + O2 4y 4y y Cu 0,12 x y = 51,5 19,5 Áp dụng ĐLBT E ta có : 0,24 = 6x → x= 0,04 mol Catot (+) Cu2+ + 2e → Cu a 2a a 2H2O + e → H2 + 2OH(0,14– 2b) (0,07– b) 19,5 19,5 anot(+) Cl- -2e → Cl2 0,08 0,04 + 2H2O - 4e → 4H + O2 4b 4b b Áp dụng ĐLBT E, cơng thức faraday ta có : 2a + 0,14 – 2b = 0,08 + 4b = It/F=0,32 a= 0,15 ; b =0,06 Vậy Y số mol ion Cu2+ : 0,03 mol Câu 77(MĐ 202-2018): Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 KCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện khơng đổi I = 2A Sau 4825 giây, thu dung dịch Y (vẫn màu xanh) 0,04 mol hỗn hợp khí anot Biết Y tác dụng tối đa với 0,06 mol KOH dung dịch Mặt khác, điện phân X thời gian t giây thu 0,09 mol hỗn hợp khí hai điện cực Giả thiết hiệu suất điện phân 100%, khí sinh không tan nước nước không bay trình điện phân Giá trị t A 5790 B 8685 C 9650 D 6755 HDG Catot (+) Cu2+ + 2e → a 2a Cu a Cu2+ dư y mol anot(+) Cl- -2e → Cl2 2x x 2H2O - 4e → 4H+ + O2 4b 4b b Theo giả thiết ta có : 2y + 4b = 0,06; x + b = 0,04 ; 2a = 2x + 4b = It/F =0,1 x = 0,03 ; y =0,01 ; a = 0,05 ; b = 0,01 2+ Cu 0,06 Catot (+) + 2e → 0,12 Cu 0,06 anot(+) Cl -2e → Cl2 0,06 0,03 2H2O - 4e → 4H+ + O2 - 2H2O + 2e 2u → H2 u 2OH2u + 4v 4v v Áp dụng ĐLBT E : 0,12 + 2u = 0,06 + 4v u – 2v = - 0,03 (1) Theo giả thiết : u + v + 0,03 = 0,09 → u + v = 0,06 (2) Từ (1)(2) Giải hệ ta có : u = 0,03 ; v = 0,03 Vậy áp dụng cơng thức Faraday ta có : t = 8685 Câu 78(MĐ 203-2018): Điện phân dung dịch X chứa m gam hỗn hợp Cu(NO3 )2 NaCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2,5A Sau 9264 giây, thu dung dịch Y (vẫn màu xanh) hỗn hợp khí anot có tỉ khối so với H2 25,75 Mặt khác, điện phân X thời gian t giây thu tổng số mol khí hai điện cực 0,11 mol (số mol khí điện cực gấp 10 lần số mol khí điện cực kia) Giả thiết hiệu suất điện phân 100%, khí sinh khơng tan nước nước không bay trình điện phân Giá trị m A 30,54 B 27,24 C 29,12 D 32,88 HDG Áp dụng Cơng thức faraday ta có ne = 0,24 2+ Cu 0,12 Catot (+) + 2e → 0,24 x y anot(+) Cl -2e → Cl2 2x x 2H2O - 4e → 4H+ + O2 4y 4y y - Cu 0,12 19,5 Cl2(71) O2(32) x y = 51,5 19,5 19,5 19,5 Áp dụng ĐLBT E ta có : 0,24 = 6x → x= 0,04 mol 2H2O Catot (+) Cu2+ + 2e → a 2a + 2e → H2 0,02 0,01 Cu a + 2OH- anot(+) Cl- -2e → Cl2 0,08 0,04 + 2H2O - 4e → 4H + O2 0,24 0,06 Áp dụng ĐLBT E, công thức faraday ta có : 2a + 0,02 = 0,08 + 0,24 a= 0,15 Vậy m = 32, 88 gam Câu 77(MĐ 204-2018): Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 KCl (tỉ lệ mol tương ứng : 5) với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2A Sau 1930 giây, thu dung dịch Y hỗn hợp khí gồm H2 Cl2 (có tỉ khối so với H2 24) Mặt khác, điện phân X thời gian t giây khối lượng dung dịch giảm 2,715 gam Giả thiết hiệu suất điện phân 100%, khí sinh không tan nước nước không bay trình điện phân Giá trị t A 3860 B 5790 C 4825 HDG Áp dụng Công thức faraday ta có 2H2O Catot (+) Cu2+ + 2e → a 2a + 2e → H2 0,02 0,01 H2(2) ne = 0,04 anot(+) Cl- -2e → Cl2 0,04 0,02 2OH- 46 0,02 Cl2(71) y Cu a + D 2895 0,02= y 48 23 y = 0,01 Áp dụng ĐLBTE ta có: a =0,01 → nKCl = 0,05 2H2O Catot (+) Cu2+ + 2e → 0,01 0,02 + 2e → H2 2u u Cu 0,01 + anot(+) Cl- -2e → Cl2 0,05 0,025 2H2O - 4e → 4H+ + O2 4v v 2OH- Áp dụng ĐLBTE : 0,02 + 2u = 0,05 + 4v u- 2v = 0,015 (1) Theo gt : mCu + mH2 + mCl2 + mO2 = 2,715 0,01 64 + u.2 + 0,025 71 + 32v = 2,715 u + 32v =0,3 (2) Từ (1) (2) ta có u =0,03 ; v=0,0075 ne = 0,08 → t = 3860 (s) CHUYÊN ĐỀ PEPTIT Câu (THPTQG -201 -2018): Cho X, Y, Z ba peptit mạch hở (phân tử có số nguyên tử cacbon tương ứng 8, 9, 11; Z có nhiều Y liên kết peptit); T este no, đơn chức, mạch hở Chia 179,4 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành hai phần Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu a mol CO2 (a – 0,09) mol H2 O Thủy phân hoàn toàn phần hai dung dịch NaOH vừa đủ, thu ancol metylic 109,14 gam hỗnhợp G (gồm bốn muối Gly, Ala, Val axit cacboxylic) Đốt cháy hoàn toàn G, cần vừa đủ 2,75 mol O2 Phần trăm khối lượng Y E A 8,70% B 4,19% C 14,14% D 10,60% Hướng dẫn giải Theo thủy phân hoàn toàn phần hai dung dịch NaOH vừa đủ, thu ancol metylic 109,14 gam hỗnhợp G (gồm bốn muối Gly, Ala, Val axit cacboxylic) nên T có dạng CnH2n+1COOCH3 Theo sơ đồ kiện ta có: + Lấy (1) – (2) ta có : (I) k 0,5 x – x = 0,09 + Bảo tồn khối lượng ta có : (II) k 43 x + 14y + 18x + 60t = 89,7 (III) k 83 x + 14y + 68 t = 109,14 + Áp dụng ĐLBT mol electron ta có: k x + 6y + t = 2,75.4 = 11 (IV) - Sơ đồ thí nghiệm: k.x CONH X x mol y CH2 Quy Y Z x Doi H2O BT C O2 H2O (0,5.k.x + y +x +2t) = a - 0,09 (2) t HCOOCH3 t mol T ( CnH2n+1COOCH3) CO2 (k.x + y +2 t ) = a (1) BT H 89,7 gam E NaOH +3 -2 k.x COONa.NH2 -2 y CH2 +2 t HCOONa O2 2,75 mol 109,14 gam t CH3OH Từ (I)(II)(III)(IV) giải hệ ta có : x = 0,08 y = 1,36 t = 0,91 k.x = 0,34 k = 4,25 Vậy X,Y,Z phải có pep tit có số mắt xích > 4,25 CO2 H 2O N2 Na2CO3 Với X, Y, Z ba peptit mạch hở (phân tử có số nguyên tử cacbon tương ứng 8, 9, 11; Z có nhiều Y liên kết peptit ta xác định dạng cấu tạo X, Y, Z a mol X AlaVal ( Có nhóm CH2 ) b mol Y Gly3Ala ( Có nhóm CH2 ) c mol Z Gly4Ala ( Có nhóm CH2 ) Ta dễ có : a + b + c = 0,08 a + 4b + c = 0,34 ( bảo toàn số mol mắt xích ) 6a + 5b + 6c + 0,91.n = 1,36 ( bảo tồn số nhóm CH2 ) Chú ý 0,91n < 1,36 + n =0 Loại hệ vơ nghiệm + n =1 giải hệ a = 0,01 ; b=0,03 , c=0,04 Vậy mY =0,03 260 = 7,8 gam  → %Y =8,7 %  → Chọn A Câu (THPTQG -202 -2018): Cho X, Y, Z ba peptit mạch hở (có số nguyên tử cacbon phân tử tương ứng 5, 7, 11);T este no, đơn chức, mạch hở Chia 268,32 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành hai phần nhau.Đốt cháy hoàn toàn phần cần vừa đủ 7,17 mol O2 Thủy phân hoàn toàn phần hai dung dịch NaOH vừa đủ, thu ancol etylic hỗn hợp G (gồm bốn muối Gly, Ala, Val axit cacboxylic).Đốt cháy hoàn toàn G, thu Na2CO3, N2, 2,58 mol CO2 2,8 mol H2O Phần trăm khối lượng Y E A 18,90% B 2,17% C 1,30% Hướng dẫn giải D 3,26% Theo thủy phân hoàn toàn phần hai dung dịch NaOH vừa đủ, thu ancol etylic hỗn hợp G (gồm bốn muối Gly, Ala, Val axit cacboxylic)nên T có dạng CnH2n+1COOC2H5 - Sơ đồ thí nghiệm X Quy x mol Y Z Doi t mol T ( CnH2n+1COOC2H5) E +2 -1 k.x CO NH -2 y CH2 x O2 7,17 mol H2O t HCOOC2H5 -2/3 (C3H6O2 ) CO2 H2O N2 BT C 134,16 gam k.x COONa.NH2 NaOH CO2 O2 H2O 2,8 mol N2 y CH2 t HCOONa BT H G BT Na t C2H5OH Theo sơ đồ kiện áp dụng ĐLBT: + Bảo tồn khối lượng ta có : (I)k 43 x + 14y + 18x + 74t = 134,16 + Áp dụng ĐLBT mol electron ta có: k x + 6y + 14t = 7,17.4 = 28,68 (II) 2,58 mol Na2CO3 (0,5 k.x + 0,5t) + Áp dụng ĐLBT bon ta có: k 0,5 x + y + 0,5.t = 2,58 ( III) + Áp dụng ĐLBT hiđro ta có: k (IV) x + y + 0,5.t = 2,8 Từ (I)(II)(III)(IV) Giải hệ ta có : x = 0,1 y = 1,76 t = 1,2 k.x = 0,44  → k = 4,4 Vậy X,Y,Z phải có pep tit có số mắt xích > 4,4 X, Y, Z ba peptit mạch hở (có số nguyên tử cacbon phân tử tương ứng 5, 7, 11) Ta xác định dạng cấu tạo X, Y, Z a mol X GlyAla ( Có nhóm CH2 ) b mol Y ValGly c mol Z Gly4Ala ( Có nhóm CH2 ) ( Có nhóm CH2 ) Ta dễ có : a + b + c = 0,1 a + 2b + c = 0,44 ( bảo toàn số mol mắt xích ) 3a + 5b + 6c + 1,2.n = 1,76 ( bảo tồn số nhóm CH2 ) Chú ý 1,2.n < 1,76 n =0 Loại hệ vơ nghiệm n =1 giải hệ a = 0,01 ; b=0,01 , c=0,08 Vậy mY =0,01 174 = 1,74 gam  → %Y =1,3 % chọn C CHUYÊN ĐỀ ESTE Câu 68(Mã đề 201-2018): Thủy phân hoàn toàn triglixerit X dung dịch NaOH, thu glixerol, natri stearat natri oleat Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2 , thu H2O 2,28 mol CO2 Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,04 B 0,08 C 0,20 D 0,16 HDG C57H116-2kO6 0,04 mol O2 3,22 mol CO2 2,28 mol H2O Bao toan O 2,12 mol Dễ có k =5 Vậy a = 0,08 mol Câu 74(Mã đề 201-2018): Hỗn hợp E gồm bốn este có cơng thức C8H8O2 có vòng benzen Cho m gam E tác dụng tối đa với 200 ml dung dịch NaOH 1M (đun nóng), thu hỗn hợp X gồm ancol 20,5 gam hỗn hợp muối Cho toàn X vào bình đựng kim loại Na dư, sau phản ứng kết thúc khối lượng chất rắn bình tăng 6,9 gam so với ban đầu Giá trị m A 13,60 B 8,16 C 16,32 D 20,40 HDG C8H8O2 x mol NaOH 0,2 mol H2O ( 0,2- x ) mol Muoi ( 20,5 gam ) ROH (y mol ) H2 + Na RONa Ta dễ có : 0,2 - x + y = x mancol = 6,9+ y mancol = 6,7 + 2x Áp dụng ĐLBTKL : 136 x + 0,2.40 = maccol + 20,5 + (0,2-x).18 136x + = 6,7 + 2x + 20,5 + 3,6 -18x x = 0,15 mol m =20,4 gam Câu 79(Mã đề 201-2018): Este X hai chức, mạch hở, tạo ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn chức Este Y ba chức, mạch hở, tạo glixerol với axit cacboxylic không no, đơn chức (phân tử có hai liên kết pi).Đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp E gồm X Y cần vừa đủ 0,5 mol O2 thu 0,45 mol CO2 Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu hai ancol (có số nguyên tử cacbon phân tử) hỗn hợp ba muối, tổng khối lượng muối hai axit no a gam Giá trị a A 13,20 B 20,60 C 12,36 D 10,68 HDG R1COO C3H6 ( CnH2n-2O4 ) R2COO x mol 0,5 mol R3COO ( CmH2m-10O6 ) R3COO CO2 0,45 mol O2 C3H5 H2O t mol R3COO NaOH y mol 0,42 k mol ( Giả sử lượng chất TN1 gấp k lần thí nghiệm 2) Ta dễ có : x + y = 0,16k 2x + 3y =0,42 k x = 0,06k y = 0,1 k x y = (1) Áp dụng ĐLBT O: t = 4x + 6y + 0,1 Theo chênh lệch số mol CO2 H2O dựa vào hệ số ta có : nCO − n H O 2 = x + 5y 0,45 - 4x - 6y - 0,1 = x + 5y 5x + 11y = 0,35 (2) Từ (1)(2) giải hệ ta có x = 0,015 y = 0,025 Áp dụng ĐLBT C: 0,015.n + 0,025.m = 0,045 Chọn cặp nghiệm :  → ¬   3n + 5m = 90 ( n≥ 6; m ≥ 12 ) n = 10 m = 12 Dễ tính a = 12,36 Câu 64(Mã đề 202-2018): Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic triglixerit Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu 1,56 mol CO2 1,52 mol H2O Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH dung dịch, thu glixerol dung dịch chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat Giá trị a A 25,86 B 26,40 C 27,70 D 27,30 HDG C15H31COOH x mol C17H35COOH y mol (RCOO)3C3H5 (CnH2n - O6) z mol CO2 O 4,46 mol ( 1) (2) m=24,64 gam 1,56 mol H2O 1,52 mol H2O ( x + y) NaOH 0,09 mol Ta de co : x + y + 3z = 0,09 Muoi C3H8O3 z Áp dụng ĐLBT O (1) ta có : nO = 4,46 Áp dụng ĐLBTKL (1) m= 24,64 gam Sự chênh lệch số mol CO2 số mol H2O : z = 0,02 ; x + y = 0,03 Áp dụng ĐLBTKL (2): 24,64 + 0,09.40 = a + 0,03.18 + 0,02 92 → a =25,86 Câu 74(Mã đề 202-2018): Hỗn hợp E gồm bốn este có cơng thức C8H8O2 có vòng benzen Cho 16,32 gam E tác dụng tối đa với V ml dung dịch NaOH 1M (đun nóng), thu hỗn hợp X gồm ancol 18,78 gam hỗn hợp muối Cho toàn X vào bình đựng kim loại Na dư, sau phản ứng kết thúc khối lượng chất rắn bình tăng 3,83 gam so với ban đầu Giá trị V A 190 C8H8O2 0,12mol B 100 NaOH x mol C 120 HDG H2O ( x- 0,12) mol Muoi ( 18,78 gam ) ROH (y mol ) D 240 H2 + Na RONa Ta dễ có : x- 0,12 + y =0,12 mancol = 3,83 + y mancol = 4,07 - x Áp dụng ĐLBTKL : 16,32 + x.40 = maccol + 18,78 + (x – 0,12).18 16,32 + 40.x = 4,07 – x + 18,78 + ( x- 0,12 ).18 x = 0,19 mol V =190 ml Câu 75(Mã đề 202-2018): Hỗn hợp E gồm: X, Y hai axit đồng đẳng kế tiếp; Z, T hai este (đều hai chức, mạch hở; Y Z đồng phân nhau; MT – MZ = 14) Đốt cháy hoàn toàn 12,84 gam E cần vừa đủ 0,37 mol O2 , thu CO2 H2O Mặt khác, cho 12,84 gam E phản ứng vừa đủ với 220 ml dung dịch NaOH 1M Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu hỗn hợp muối khan G axit cacboxylic 2,8 gam hỗn hợp ba ancol có số mol Khối lượng muối axit có phân tử khối lớn G A 6,48 gam B 4,86 gam C 2,68 gam D 3,24 gam HDG COOH R1 COOH x mol COOH R2 CH n O 2n−2 0,11 mol (X) (Y) O2 COOH y mol COOH R1 (Z) COOH z mol COOCH3 R1 (T) COOH t mol 0,37 mol H2O b mol NaOH 12,84 gam 0,22 mol Bảo tồn nhóm chức COO ta có nE = 0,11 Áp dụng ĐLBT O : 0,11.4 + 0,37.2 = 2a + b Áp dụng ĐLBTKL : 12,84 + 0,37.32 = 44a + 18 b Giải hệ ta có a = 0,43 mol ; b = 0,32 mol CH n O n−2 Nhận thấy nCO2 – nH2O = nE nên CTTQ E n = 3,9 Dễ tính → phải tồn COOH CH2 COOH x mol COOH C2H4 COOH y mol HCOO CH2 HCOO CH2 z mol COOCH3 COOC2H5 t mol (X) (Y) (Z) (T) 12,84 gam Theo giả thiết thu ancol có số mol nên : t = z Ta có : 32t + 46t + 62t = 2,8 → t = 0,02 mol x + y = 0,07 CO2 a mol Bảo toàn C : 3x + 4y = 0,25 Vậy giải hệ x=0,03 , y =0,04 mmuoi = 0,04.162 = 6,48 gam Câu 64(Mã đề 203-2018): Thủy phân hoàn toàn a gam triglixerit X dung dịch NaOH, thu glixerol dung dịch chứa m gam hỗn hợp muối (gồm natri stearat, natri panmitat C17 HyCOONa) Đốt cháy hoàn toàn a gam X cần vừa đủ 1,55 mol O2 , thu H2O 1,1 mol CO2 Giá trị m A 17,96 B 16,12 C 19,56 D 17,72 HDG CO2 C55H112-2kO6 0,02 mol O2 1,55 mol ( 1) 1,1 mol H2O 1,02 mol (2) a=17,16 gam 3NaOH Muoi 0,06 mol C3H8O3 0,02 mol Áp dụng ĐLBT C(1) ta có : nX = 0,02 mol Áp dụng ĐLBTO (1) nH2O =1,02 mol Áp dụng ĐLBTKL (1) a = 17,16 gam Áp dụng ĐLBTKL (2): 17,16 + 0,06.40 = m + 0,02 92 → m =17,72 gam Câu 73(Mã đề 203-2018): Cho m gam hỗn hợp X gồm ba este đơn chức tác dụng tối đa với 400 ml dung dịch NaOH 1M, thu hỗn hợp Y gồm hai ancol dãy đồng đẳng 34,4 gam hỗn hợp muối Z Đốt cháy hoàn toàn Y, thu 3,584 lít khí CO2 (đktc) 4,68 gam H2O Giá trị m A 24,24 B 25,14 C 21,10 D 22,44 HDG nH O nH O 2 < nên col no : CnH2n+2Ox CnH2n+2Ox O 0,48 mol n CO2 0,16 mol 0,1 mol 4,04 gam Dễ có n =1,6 nên hai an col no đơn chức mạch hở Muoi ( 34,4 gam) Este + NaOH m gam 0,4 mol 16 gam Ancol (4,04 gam) 0,1 mol H2O x mol Ta dễ có : 0,4 – (0,1 + x) = x → x = 0,15 mol Áp dụng ĐLBTKL : m = 25, 14 gam Chọn B + ( n +1) H2O 0,26 mol ... Áp dụng ĐLBT C(1) ta có : nX = 0,02 mol Áp dụng ĐLBTO (1) nH2O =1,02 mol Áp dụng ĐLBTKL (1) a = 17,16 gam Áp dụng ĐLBTKL (2): 17,16 + 0,06.40 = m + 0,02 92 → m =17,72 gam Câu 73(Mã đề 203 -2018) :... 1,2.n < 1,76 n =0 Loại hệ vơ nghiệm n =1 giải hệ a = 0,01 ; b=0,01 , c=0,08 Vậy mY =0,01 174 = 1,74 gam  → %Y =1,3 % chọn C CHUYÊN ĐỀ ESTE Câu 68(Mã đề 201 -2018) : Thủy phân hoàn toàn triglixerit... x = 0,015 y = 0,025 Áp dụng ĐLBT C: 0,015.n + 0,025.m = 0,045 Chọn cặp nghiệm :  → ¬   3n + 5m = 90 ( n≥ 6; m ≥ 12 ) n = 10 m = 12 Dễ tính a = 12,36 Câu 64(Mã đề 202 -2018) : Hỗn hợp X gồm axit