Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X, thu được m gam kết tủa.. Số nguyên tử cacbon trong Y lớn hơn số nguyên tử cacbon trong Z.. Cả X, Y đều cĩ khả năng làm mất màu dung dịch KMnO4A. C
Trang 1GIẢI CHI TIẾT MỘT SỐ CÂU ĐỀ LẦN 12
BẢNG ĐÁP ÁN
11-B 12-C 13-D 14-D 15-C 16-D 17-D 18-D 19-C 20-C
21-A 22-B 23-A 24-C 25-C 26-D 27-B 28-B 29-B 30-C
31-C 32-B 33-C 34-B 35-B 36-A 37-A 38-A 39-D 40-D
Câu 32: Hịa tan hết 21,6 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 trong dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch X cĩ chứa 29,25 gam muối FeCl3 Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X, thu được m gam
kết tủa Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây?
Hướng dẫn giải
Fe = a mol
21,6 gam
O b mol
HCl
2
2
HCl FeCl 3
3
BTNT Fe
AgNO
Ag n
162,5
Áp dụng bảo tồn nguyên tố Cl, ta cĩ: nHCl = 2(a – 0,18) + 30,18 = (2a + 0,18) mol
Mặt khác ta cĩ bản chất của phản ứng là
2
2 2H O H O mol : 2b b
Vậy từ giả thuyết, ta cĩ: 56a 16b 21,6 gam
2a 0,18 2b mol
a 0, 28 mol
b 0,37 mol
m 2 0,34 143,5 0,1 108 116,99 gam gÇn nhÊt 117 gam
Câu 33: Este X đơn chức, mạch hở cĩ tỉ khối hơi so với oxi bằng 3,125 Khi thủy phân hồn tồn X thu được một ancol Y và một axit cacboxylic Z Số nguyên tử cacbon trong Y lớn hơn số nguyên tử cacbon
trong Z X khơng cĩ khả năng tham gia phản ứng tráng bạc Nhận xét nào sau đây khơng đúng?
A Cả X, Y đều cĩ khả năng làm mất màu dung dịch KMnO4
B Nhiệt độ nĩng chảy của chất Z lớn hơn của chất Y
C Trong X cĩ 2 nhĩm –CH3
D Đốt cháy hồn tồn Y hoặc Z thì số mol CO2 luơn bằng số mol của H2O
Hướng dẫn giải
+ MX = 3,12532 = 100 (C5H8O2)
+ X khơng tráng bạc X HCOOR
+ Số nguyên tử cacbon trong ancol Y > axit Z (vậy Y 3C, cịn Z 2C vì Z 1C thì X tráng bạc rồi)
Vậy X phải là CH3COOCH2-CH=CH2
Y là CH2=CH-CH2-OH (ancol anlylic), Z là CH3COOH
Câu 34: Hịa tan hết 30,3 gam hỗn hợp gồm Na và BaO vào nước thu được dung dịch X và 1,344 lít khí H2 (đktc) Cho 71,1 gam phèn chua nguyên chất vào dung dịch X, kết thúc phản ứng thu được m gam kết tủa Giá trị của m là
A 53,64 B 51,30 C 50,52 D. 49,74
Hướng dẫn giải
2
Na 0,06 2 0,12
Ba 0,18 30,3 0,12 23
137 16
4 2 2
71,1 0,15 mol K.Al(SO ) 12H O
3 2 4
Al 0,15 mol
SO 0,3 mol
Trang 2
Dễ thấy từ tỉ lệ mol OH- : nAl3+ suy ra vừa sinh tủa vừa sinh aluminat
nAl(OH) n[Al(OH) ] 0,15 mol 3nAl(OH) 4n[Al(OH) ] 0, 48 mol
3 4
nAl(OH) 0,12 mol n[Al(OH) ] 0,03 mol
Vậy m = mBaSO4 mAl(OH)3 0,18 233 0,12 78 51,3 gam
Câu 36: Một tripeptit no, mạch hở X có công thức phân tử CxHyO6N4 Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu được 26,88 lít CO2 (đktc) và m gam H2O Giá trị của m là
A. 19,80 B. 18,90 C. 21,60 D. 18,00
Hướng dẫn giải
Đề cho X là tripeptit no, vậy kX = CONH COOH
Do X là tripeptit tối thiểu có 4 nguyên tử oxi O (X) = 6 dư 2 oxi ( = 1 nhóm COOH tự do)
Vậy X có thêm 1 nhóm -COOH tự do kX = 4 (2CO-NH + 1COOH (đầu C) + 1COOH (tự do))
Áp dụng mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có: (kX 1 0,5 N) nX nCO2nH O2
Thay số dễ dàng nH O2 1,2 (4 1 0,5 4) 0,1 1,1 mol m1,1 18 19,8 gam
Câu 37: Tiến hành điện phân dung dịch chứa a mol Cu(NO3)2 và 0,24 mol NaCl bằng điện cực trơ, đến khi khối lượng dung dịch giảm 22,6 gam thì dừng điện phân Cho 0,15 mol Fe vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng, thấy khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất); đồng thời còn lại 5,36 gam hỗn hợp rắn không tan Giá trị của a là
A 0,24 B 0,25 C 0,28 D 0,30
Hướng dẫn giải
Nhận xét: Cho Fe vào dung dịch sau điện phân thì
+ Có khí NO thoát ra dung dịch có H / NO 3 vậy H2O đã điện phân ở anot để sinh H+
+ Sau phản ứng thu hỗn hợp kim loại dung dịch sau điện phân có Cu2+ vậy Cu2+ không điện phân hết
Vậy quá trình điện phân xảy ra như sau:
Cu2+ + 2e Cu mol: x 2x x
2Cl - 2e Cl2 mol: 0,24 0,24 0,12
H2O + 2e 2H+ + 0,5O2 mol: 2y 2y 0,5y
Theo giả thuyết và bảo toàn mol electron: 64x 0,12 71 0,5y 32 22,6 gam
2x 0,24 2y
x 0, 2 mol
y 0,08 mol
2
3
Cu = a - 0,2
H = 0,16
dd sau ®iÖn ph©n
NO = 2a
Na 0,24 Fe
0,15 mol
2
3
BT§T
nH
NO = = 0,04 mol
4
2a 0,04 0, 24
2
dd NO (2a 0,04) mol
Na 0, 24 mol
Fe 5,36 gam
Cu
Áp dụng BTKL cho kim loại 0,15 56 64 (a 0,2) (a 0,14) 56 5,36 a 0,24
Trang 3
Câu 38: Hòa tan hết hỗn hợp chứa Mg và FeCO3 có tỉ lệ mol tương ứng 20 : 7 trong dung dịch chứa 1,36 mol HNO3, kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chỉ chứa 3 muối có khối lượng 88,12 gam và m gam hỗn hợp khí Y Cô cạn dung dịch X thu được chất rắn Z, đem nung toàn bộ Z đến khối lượng không đổi thấy
khối lượng giảm 60,92 gam so với khối lượng của Z Giá trị lớn nhất của m là
A. 12,834 B. 16,920 C. 11,160 D. 9,720
Hướng dẫn giải
2 2
3
2
o t
3
HNO 1,36 mol
27,2 gam 88,12 gam
N O
m gam Y
CO 7a mol Mg
Fe / Fe
Z
NO
H O
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Mg và Fe, ta có: 40 20a 160 3,5a 27,2 gam a = 0,02 mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng
2
23,4
m 24 0, 4 116 7 0,02 63 1,36 88,12 m
+ Để Y max
2
H O
m min BTNT dung dịch X phải chứa NH4 + Nếu dung dịch X chứa Fe(NO3)3
3 2
3 3
Mg(NO ) Fe(NO )
m 93,08 gam > 88,12 gam
+ Dung dịch X chứa 3 muối gồm 88,12 gam
3 2
3 2
4 3
Mg(NO ) 0, 4 mol Fe(NO ) 0,14 mol
NH NO
NH NO4 3 0,0465 mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H H O2 1,36 0,0465 4 0,587 mol
2
Vậy m max = 23,4Y 0,587 18 12,834 gam
Câu 39: Hòa tan hết 16,18 gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, Ca và CaO vào nước dư thu được dung dịch X có chứa 12,0 gam NaOH và 4,48 lít khí H2 (đktc) Sục 0,42 mol khí CO2 vào dung dịch X, kết thúc phản ứng, lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y Dung dịch Z chứa HCl 0,4M và H2SO4 0,3M Cho từ từ dung dịch Z vào dung dịch Y, thấy thoát ra 0,14 mol khí CO2 Nếu cho từ từ dung dịch Y vào dung dịch Z, thấy thoát ra
x mol khí CO2 Giá trị của x là
Hướng dẫn giải
2
3 2
2
3
2
2
H O
CO = 0,42
16,18 gam
H 0,2
CaCO 0,18
Na 0,3
Ca 0,18
Na 0,3
OH 0,66
HCO 0,18
Theo giả thuyết và BTE, ta có: 40a 16b 16,18 0,3 23
2a 2b 0,2 2 0,3
a 0,18 mol
b 0,13 mol
Trang 4Tiếp đó có
2
2
BTNT C BT§T
nCO nHCO nCO 0, 42 mol
2 3 3
nCO 0,24 mol nHCO 0,18 mol
Sau đó so sánh với số mol Ca2+ = 0,18 mol nCO3 (trong Z) còn lại là 0,06 mol 23
3
3 HCO
+ Khi cho từ từ Z vào H+ thì ta cần lưu ý phản ứng theo từ “giai đoạn” và khi có khí CO2 thoát ra rồi thì
dung dịch sau không chứa CO23
2 4
HCl 0, 4a
Z
H SO 0,3a
2 3 3
Na = 0,3 mol
CO = 0,06 mol HCO = 0,18 mol
2
3
2 4
BTNT C
CO 0,14 mol
Na 0,3 mol
dd sau
Cl 0, 4a
SO 0,3a
Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch sau 0, 4a0,6a0,10,3 a = 0,2
Hay nH 0, 4 0,2 2 0,3 0,2 0,2 mol
Khi nhỏ từ từ H+ vào Z thì
2
2H CO CO H O mol: 2y y y
H HCO CO H O mol: 3y 3y 3y
nH 5y0,2 mol y = 0,04 mol
SAU TẤT CẢ thì nCO2 x 4y0,04 4 0,16 mol
Câu 40: Hỗn hợp E chứa 3 este đều đơn chức, mạch hở và trong phân tử este có số liên kết không quá 2 Đốt cháy hoàn toàn 0,16 mol hỗn hợp E với lượng oxi vừa đủ, thu được 20,24 gam CO2 và 7,56 gam nước Mặt khác đun nóng 17,22 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 8,1 gam hỗn hợp F chứa 2 ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp chỉ chứa 2 muối, trong đó có x gam muối X và y gam muối Y (MX < MY) Tỉ
lệ x : y gần nhất với giá trị nào sau đây?
A 1,7 B 2,0 C 1,8 D 1,9
Hướng dẫn giải
Nhận xét: + 2 thí nghiệm dùng khác lượng, ban đầu dùng mol, còn sau là khối lượng Vậy đọc vào đề là phải biết ngay là phải tìm ra tỉ lệ của 2 thí nghiệm để lấy số liệu mà mần tiếp
+ E gồm 3 este đơn chức mà số 2 vậy “điểm rơi” bài toán là có este no (k = 1) và este không, no (k = 2)
Do E đều đơn chức nE = nCOO = 0,16 mol nO (trong E) = 0,32 mol
Áp dụng bảo toàn khối lượng cho E, ta có: mE (TN 1) = 12 0, 46 2 0, 42 16 0,32 = 11,48 gam
Vậy 17,22 1,5
11, 48 nE (TN 2) = 0,161,5 = 0,24 mol
Do đề hỏi về thí nghiệm 2 nên để nhất quán khi đó 2
2
nE 0,24 mol nCO 0, 46 1,5 0,69 mol
nH O 0, 42 1,5 0,63 mol
+ Có ngay nCO2 0,69
nE 0,24
trong E có HCOOCH3
Mặt khác có CO 2 và H 2 O rồi Cần làm gì nhỉ? Nhắc lần thứ n nhé! Khi có mol 2 anh đẹp zai này thì nghĩ ngay đến BTKL (dùng nãy rồi, next nhé ), BTNT O (đề không cho số liệu oxi, nên không phải đụng tới nó) À thì ra là còn cái còn lại ….đó là độ bất bão hòa k!
Trang 5
Áp dụng mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có: (k 1) nE nCO2 nH O2
Thay số ta được k 0,69 0,63 1 1,25
0,24
trong E kh«ng qu¸ 2 trong E có este có k = 2
Dùng đường chéo ta được n_Este no (k = 1) = 0,18 mol
n _ Este kh«ng no (k = 2) = 0,06 mol
+ Dữ kiện về ancol MF 8,1 33,75
0,24
2 5
CH OH 0,21 mol
C H OH 0,03 mol
Từ số mol 2 ancol ta thấy nC2H5OH < nEste không no Este không no không chứa gốc C2H5
Do gốc ancol no rồi nên este không no suy có gốc axit không no (k = 2) este no mang gốc C2H5 phải là HCOOC2H5
Vậy SAU TẤT CẢ E gồm
3
2 5 3
3 mol CH OH
mol Este kh«ng no
HCOOC H 0,03 mol
BTNT C
0,15 2 0,03 3 C kh«ng no0,06nCO2 0,69 mol Ckh«ng no 5 (C H COOCH )3 5 3
3 5
HCOONa 0,18 mol
C H COONa 0,06 mol
x 0,18 68
1,89
y 0,06 108
gÇn nhÊt
Sài Gòn, 16/02/2017 Phạm Công Tuấn Tú
