Đáp án
1A
2D
3C
4B
5C
6A
7A
8D
9B
10D
11A
12A
13A
14B
15D
16B
17A
18B
19A
20C
21B
22A
23A
24A
25C
26C
27C
28A
29D
30C
31C
32D
33B
34B
35C
36B
37D
38C
39B
40C
Đáp án Đề minh họa số 31 thi Tốt Nghiệp Trung học Phổ Thông 2024 môn Hóa học
Câu 1 [906822]: Chất nào sau đây tác dụng với dung dịch KHCO3 sinh ra khí CO2?
A, HCl.
B, KNO3.
C, NaNO3.
D, NaCl.
HD: Trong 4 phương án, chỉ có HCl phản ứng được với KHCO3 và cũng thoả mãn luôn thu được khí:
HCl + KHCO3 → KCl + CO2↑ + H2O.
⇝ Chọn đáp án A. ♥
HCl + KHCO3 → KCl + CO2↑ + H2O.
⇝ Chọn đáp án A. ♥
Câu 2 [679353]: Chất nào sau đây tác dụng được với dung dịch AgNO3 trong NH3?
A, Metan.
B, Etilen.
C, Benzen.
D, Propin.
Ank-1-in dạng RC≡CH có nối 3 đầu mạch có khả năng tác dụng với AgNO3 trong NH3 tạo thành kết tủa có màu vàng: RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg↓ + NH4NO3.
→ trong 4 đáp án thì propin có cấu tạo CH3C≡CH thỏa mãn.
→ trong 4 đáp án thì propin có cấu tạo CH3C≡CH thỏa mãn.
Câu 3 [906738]: Dung dịch nào sau đây hòa tan được Al(OH)3?
A, BaCl2.
B, KCl.
C, NaOH.
D, KNO3.
HD: Al(OH)3 là một hiđroxit lưỡng tính, vừa tác dụng được với axit mạnh, vừa tác dụng được bazơ mạnh.
• Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O.
• Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + H2O.
⇝ Trong 4 phương án, thoả mãn là đáp án C. NaOH.
• Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O.
• Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + H2O.
⇝ Trong 4 phương án, thoả mãn là đáp án C. NaOH.
Câu 4 [906792]: Số nhóm cacboxyl (COOH) trong phân tử glyxin là
A, 2.
B, 1.
C, 4.
D, 3.
HD: Cấu tạo của phân tử glyxin là H2NCH2COOH → có 1 nhóm cacboxyl (COOH).
Câu 5 [911582]: Cho vài giọt phenolphtalein vào dung dịch NH3 thì dung dịch chuyển thành
A, màu vàng.
B, màu cam.
C, màu hồng.
D, màu xanh.
HD: Cho vài giọt phenolphtalein vào dung dịch NH3 thì dung dịch chuyển thành màu hồng.
Câu 6 [679844]: Ở nhiệt độ thường, kim loại nào sau đây tan hết trong nước dư?
A, Ba.
B, Al.
C, Fe.
D, Cu.
HD: Bài học về kim loại tác dụng với nước:
⇒ đáp án thoả mãn là A. Ba: Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑.
⇒ đáp án thoả mãn là A. Ba: Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑.
Câu 7 [60577]: Kim loại nào sau đây không tác dụng được với dung dịch FeCl3?
A, Ag.
B, Fe.
C, Cu.
D, Ca.
Câu 8 [908855]: Ở nhiệt độ cao, CO khử được oxit nào sau đây?
A, K2O.
B, BaO.
C, Na2O.
D, CuO.
HD: Bài học về phương pháp nhiệt luyện:
⇒ CO khử được CuO: CO + CuO –––to–→ Cu + CO2.
⇒ CO khử được CuO: CO + CuO –––to–→ Cu + CO2.
Câu 9 [311869]: Tơ nào sau đây có nguồn gốc từ thiên nhiên?
A, Tơ nitron.
B, Bông.
C, Tơ nilon-6,6.
D, Tơ axetat.
HD: ☆ Ôn lại bài học về phân loại tơ:
![577864[LG].png](https://m.moon.vn/Images/Teachers/rongden_167/ProS2018/TAP%20II/577864[LG].png)
⇝ Bông có nguồn gốc từ thiên nhiên. ❒
⇝ Bông có nguồn gốc từ thiên nhiên. ❒
Câu 10 [983250]: Ion kim loại nào sau đây có tính oxi hóa mạnh nhất?
A, Cu2+.
B, Mg2+.
C, Pb2+.
D, Ag+.
HD: Thứ tự cặp oxi hoá - khử trong dãy điện hoá: 
⇒ Theo quy luật, ion có tính oxi hoá mạnh nhất là Ag+ ⇝ Chọn đáp án D. ♠
⇒ Theo quy luật, ion có tính oxi hoá mạnh nhất là Ag+ ⇝ Chọn đáp án D. ♠
Câu 11 [906746]: Sắt có số oxi hóa +3 trong hợp chất nào dưới đây?
A, Fe2O3.
B, FeO.
C, Fe(OH)2.
D, Fe(NO3)2.
HD: Phân tích các đáp án:
| Công thức | Fe2O3 | FeO | Fe(OH)2 | Fe(NO3)2 |
| Số oxi hoá của sắt | +3 | +2 | +2 | +2 |
| ✔️ | ❌ | ❌ | ❌ |
Câu 12 [19419]: Nước muối sinh lí là dung dịch nồng độ 0,9% của muối X, có tác dụng diệt khuẩn và sát trùng. Muối X là
A, NaCl.
B, NaClO.
C, Na2SO4.
D, NaNO3.
HD: Nước muối sinh lí là dung dịch muối NaCl 0,9%.
![597416[LG].png](https://m.moon.vn/Images/Teachers/rongden_167/ProS2018/TAPIII/597416[LG].png)
⇒ Chọn đáp án A. ♥.
⇒ Chọn đáp án A. ♥.
Câu 13 [339098]: Trong các loại thực phẩm: dầu ăn, gạo, thịt nạc, mật ong thì chất béo có nhiều nhất trong
A, dầu ăn.
B, gạo.
C, thịt nạc.
D, mật ong.
HD: Tháp dinh dưỡng:
⇝ chất béo có nhiều nhất trong dầu ăn ⇝ Chọn đáp án A. ♥
⇝ chất béo có nhiều nhất trong dầu ăn ⇝ Chọn đáp án A. ♥
Câu 14 [311847]: Trong không khí ẩm, các công trình xây dựng và vật dụng bằng thép bị ăn mòn tạo thành lớp gỉ sắt. Thành phần chủ yếu của gỉ sắt là
A, Fe(OH)2.
B, Fe2O3.nH2O.
C, FeS2.
D, FeCO3.
HD: Gỉ sắt là Fe2O3.nH2O. ❒
Câu 15 [11107]: Tinh bột và xenlulozơ là
A, monosaccarit.
B, đisaccarit.
C, đồng đẳng.
D, Polisaccarit.
HD: Tinh bột và xenlulozơ có cùng công thức phân tử dạng (C6H10O5)n
⇝ Cả hai đều là polisaccarit (polime thiên nhiên).
► Chú ý hệ số n của chúng khác nhau nên chúng không phải là đồng phân, cũng không phải là đồng đẳng của nhau. ❒
⇝ Cả hai đều là polisaccarit (polime thiên nhiên).
► Chú ý hệ số n của chúng khác nhau nên chúng không phải là đồng phân, cũng không phải là đồng đẳng của nhau. ❒
Câu 16 [23915]: Hai kim loại nào sau đây đều là nguyên tố nhóm B?
A, Ca và Mg.
B, Fe và Cu.
C, Al và Ba.
D, Li và Na.
HD: phân tích cấu hình electron của các nguyên tố thấy:
• Fe (Z = 26): 1s22s22p63s23p64s23d6
Electron cuối cùng rơi vào phân lớp 3d nên Fe là nguyên tố nhóm B
• Cu (Z = 29): 1s22s22p63s23p64s23d9
tương tự, electron cuối cùng rơi vào phân lớp 3d nên Cu là nguyên tố nhóm B.
⇒ Chọn đáp án B. ♦.
• Fe (Z = 26): 1s22s22p63s23p64s23d6
Electron cuối cùng rơi vào phân lớp 3d nên Fe là nguyên tố nhóm B
• Cu (Z = 29): 1s22s22p63s23p64s23d9
tương tự, electron cuối cùng rơi vào phân lớp 3d nên Cu là nguyên tố nhóm B.
⇒ Chọn đáp án B. ♦.
Câu 17 [61732]: Trước khi đi thi đấu các môn thể thao, các vận động viên thường xoa một ít chất X dưới dạng bột mịn màu trắng làm tăng ma sát và hút ẩm. Chất X là
A, MgCO3.
B, CaOCl2.
C, CaO.
D, Tinh bột.
HD: Chất X chính là MgCO3 (magie cacbonat).
► Các chất như CaO, CaOCl2 không được sử dụng do khi hút ẩm sẽ gây ảnh hưởng đến da tay. ❒
► Các chất như CaO, CaOCl2 không được sử dụng do khi hút ẩm sẽ gây ảnh hưởng đến da tay. ❒
Câu 18 [679250]: Dung dịch nào sau đây làm quỳ tím chuyển sang màu xanh?
A, Glyxin.
B, Metylamin.
C, Anilin.
D, Glucozơ.
Chọn đáp án B.
Câu 19 [7130]: Thủy phân este nào sau đây thu được ancol metylic?
A, CH3COOCH3.
B, HCOOC2H5.
C, HCOOCH=CH2.
D, CH3COOC2H5.
Giải: Este đơn chức có dạng RCOOR'.
Để thủy phân thu được CH3OH ⇒ R' phải là gốc CH3 ⇒ Chọn A.
Để thủy phân thu được CH3OH ⇒ R' phải là gốc CH3 ⇒ Chọn A.
Câu 20 [212593]: Tính cứng tạm thời của nước do các muối canxi hiđrocacbonat và magie hiđrocacbonat gây nên. Công thức của canxi hiđrocacbonat là
A, CaSO4.
B, CaCO3.
C, Ca(HCO3)2.
D, CaO.
HD: Phân tích: canxi là Ca; hiđro là H; cacbonat là CO3
⇝ Ghép lại canxi hiđrocacbonat là Ca(HCO3)2 ⇝ Chọn đáp án C. ♣
⇝ Ghép lại canxi hiđrocacbonat là Ca(HCO3)2 ⇝ Chọn đáp án C. ♣
Câu 21 [24445]: Phát biểu nào sau đây đúng?
A, Đimetylamin và ancol etylic có cùng bậc.
B, NH2-CH2COOCH3 là este của glyxin và ancol metylic.
C, Tơ nilon-6,6; tơ olon đều được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng.
D, Tất cả các peptit đều có phản ứng màu biure.
HD: Xem xét - phân tích các phát biểu:
☒ A. sai vì đimetylamin: CH3NHCH3 là amin bậc II, ancol etylic là ancol bậc I.
☑ B. đúng. H2NCH2COOH + CH3OH ⇄ H2NCH2COOCH3 + H2O.
☒ C. sai vì nilon-6,6 điều chế bằng phản ứng trùng ngưng là đúng; NHƯNG tơ olon (hay còn gọi là nitron; poliacrilonitrin) lại được điều chế bằng phản ứng trùng hợp CH2=CHCN.
☒ D. sai vì đipeptit không có phản ứng màu biure. ❒
☒ A. sai vì đimetylamin: CH3NHCH3 là amin bậc II, ancol etylic là ancol bậc I.
☑ B. đúng. H2NCH2COOH + CH3OH ⇄ H2NCH2COOCH3 + H2O.
☒ C. sai vì nilon-6,6 điều chế bằng phản ứng trùng ngưng là đúng; NHƯNG tơ olon (hay còn gọi là nitron; poliacrilonitrin) lại được điều chế bằng phản ứng trùng hợp CH2=CHCN.
☒ D. sai vì đipeptit không có phản ứng màu biure. ❒
Câu 22 [21861]: Cho các chất: propen, toluen, glyxin, stiren. Số chất có khả năng tham gia phản ứng trùng hợp tạo polime là
A, 2.
B, 1.
C, 4.
D, 3.
HD• Trùng hợp là quá trình kết hợp nhiều phân tử nhỏ (monome), giống nhau hay tương tự nhau thành phân tử rất lớn (polime).
• Điều kiện cần về cấu tạo của monome tham gia phản ứng trùng hợp là trong phân tử có liên kết bội hoặc là vòng kém bền.
• Cho các chất: propen, toluen, glyxin, stiren. Có 2 chất có khả năng tham gia phản ứng trùng hợp tạo polime là: propen, stiren → Đáp án đúng là đáp án A.
• Điều kiện cần về cấu tạo của monome tham gia phản ứng trùng hợp là trong phân tử có liên kết bội hoặc là vòng kém bền.
• Cho các chất: propen, toluen, glyxin, stiren. Có 2 chất có khả năng tham gia phản ứng trùng hợp tạo polime là: propen, stiren → Đáp án đúng là đáp án A.
Câu 23 [679858]: Cho m gam Gly-Ala tác dụng hết với dung dịch NaOH dư, đun nóng. Số mol NaOH đã phản ứng là 0,2 mol. Giá trị của m là
A, 14,6.
B, 29,2.
C, 26,4.
D, 32,8.
HD: Phản ứng: Gly-Ala + 2NaOH → Gly-Na + Ala-Na + H2O.
Từ tỉ lệ ta có nGly-Ala = ½.nNaOH = 0,1 mol.
⇒ mGly-Ala = 0,1 × 146 = 14,6 gam ⇝ Chọn đáp án A. ♥
Từ tỉ lệ ta có nGly-Ala = ½.nNaOH = 0,1 mol.
⇒ mGly-Ala = 0,1 × 146 = 14,6 gam ⇝ Chọn đáp án A. ♥
Câu 24 [906759]: Polisaccarit X là chất rắn, ở dạng bột vô định hình, màu trắng và được tạo thành trong cây xanh nhờ quá trình quang hợp. Thủy phân X, thu được monosaccarit Y. Phát biểu nào sau đây đúng?
A, Y tác dụng với H2 tạo sorbitol.
B, X có phản ứng tráng bạc.
C, Phân tử khối của Y là 162.
D, X dễ tan trong nước lạnh.
HD: Có 2 polisaccarit là tinh bột và xenlulozơ; tuy nhiên xenlulozơ có dạng sợi ⇒ X vô định hình chính là tinh bột.
• Phản ứng quang hợp: 6nCO2 + 5nH2O → (C6H10O5)n + 6nO2↑.
• Thuỷ phân X: (C6H10O5)n + nH2O ––H+→ nC6H12O6 (Y: glucozơ).
⇒ Phân tích các phát biểu:
✔️ A. đúng vì Y là glucozơ + H2 ––Ni, to→ sobitol.
❌ B. sai vì X là polisaccarit, không có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.
❌ C. sai vì công thức Y là C6H12O6 có M = 180 ≠ 162.
❌ D. sai vì tinh bột không tan trong nước lạnh, trong nước nóng trương lên ⇝ hồ tinh bột.
• Phản ứng quang hợp: 6nCO2 + 5nH2O → (C6H10O5)n + 6nO2↑.
• Thuỷ phân X: (C6H10O5)n + nH2O ––H+→ nC6H12O6 (Y: glucozơ).
⇒ Phân tích các phát biểu:
✔️ A. đúng vì Y là glucozơ + H2 ––Ni, to→ sobitol.
❌ B. sai vì X là polisaccarit, không có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.
❌ C. sai vì công thức Y là C6H12O6 có M = 180 ≠ 162.
❌ D. sai vì tinh bột không tan trong nước lạnh, trong nước nóng trương lên ⇝ hồ tinh bột.
Câu 25 [982793]: Cho vào ống nghiệm 3 đến 4 giọt dung dịch CuSO4 2% và 1 ml dung dịch NaOH 10%, thấy có kết tủa màu xanh. Tiếp tục nhỏ vào ống nghiệm 3 đến 4 giọt chất X rồi lắc nhẹ thì kết tủa tan tạo dung dịch màu xanh lam. Chất X là
A, ethanol.
B, benzene.
C, glyxerol.
D, methanol.
HD: CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + Na2SO4.
⇒ Hoà tan Cu(OH)2 tạo phức tan màu xanh làm là tính chất của poliancol
⇒ trong 4 phương án thoả mãn là C. glyxerol: C3H5(OH)3.
⇒ Hoà tan Cu(OH)2 tạo phức tan màu xanh làm là tính chất của poliancol
⇒ trong 4 phương án thoả mãn là C. glyxerol: C3H5(OH)3.
Câu 26 [64491]: Cho hỗn hợp A gồm Al và Fe tác dụng với dung dịch CuCl2. Khuấy đều hỗn hợp, lọc rửa kết tủa, thu được dung dịch B và chất rắn C. Thêm vào B một lượng dư dung dịch NaOH loãng, lọc rửa kết tủa mới tạo thành. Nung kết tủa đó trong không khí ở nhiệt độ cao thu được chất rắn D gồm hai oxit kim loại. Tất cả các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Hai oxit kim loại đó là
A, Al2O3, Fe2O3.
B, Al2O3, CuO.
C, Fe2O3, CuO.
D, Al2O3, Fe3O4.
HD: Thứ tự dãy hoạt động kim loại: Al > Fe > Cu.
► NaOH dùng dư nên Al(OH)3 sẽ bị hoà tan tạo NaAlO2.
Theo đó, để thu được hai oxit kim loại thì chỉ có thể là Fe2O3 và CuO ⇝ Chọn đáp án C. ♣
► NaOH dùng dư nên Al(OH)3 sẽ bị hoà tan tạo NaAlO2.
Theo đó, để thu được hai oxit kim loại thì chỉ có thể là Fe2O3 và CuO ⇝ Chọn đáp án C. ♣
Câu 27 [982503]: Cho 0,78 gam kim loại kiềm M tác dụng hết với H2O, thu được 0,01 mol khí H2. Kim loại M là
A, Li.
B, Na.
C, K.
D, Rb.
HD: Phản ứng: 2M + 2H2O → 2MOH + H2↑.
Giả thiết nH2 = 0,01 mol ⇒ nM = 0,02 mol.
⇒ M = m ÷ n = 0,78 ÷ 0,02 = 39 ⇝ cho biết là kim loại kali (K).
Giả thiết nH2 = 0,01 mol ⇒ nM = 0,02 mol.
⇒ M = m ÷ n = 0,78 ÷ 0,02 = 39 ⇝ cho biết là kim loại kali (K).
Câu 28 [906748]: Thuỷ phân tripanmitin có công thức (C15H31COO)3C3H5 trong dung dịch NaOH thu được glixerol và muối X. Công thức của X là
A, C15H31COONa.
B, C17H33COONa.
C, HCOONa.
D, CH3COONa.
HD: Phản ứng xà phòng hoá:
(C15H31COO)3C3H5 + 3NaOH → 3C15H31COONa + C3H5(OH)3.
Muối X thu được là natri panmitat: C15H31COONa ⇝ Chọn đáp án A. ♥
(C15H31COO)3C3H5 + 3NaOH → 3C15H31COONa + C3H5(OH)3.
Muối X thu được là natri panmitat: C15H31COONa ⇝ Chọn đáp án A. ♥
Câu 29 [906802]: Phát biểu nào sau đây đúng?
A, Kim loại Al không tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng.
B, Kim loại K có độ cứng lớn hơn kim loại Cr.
C, Ở nhiệt độ thường, CO khử được Al2O3.
D, Cho Fe vào dung dịch Cu(NO3)2 có xảy ra ăn mòn điện hóa học.
A. sai vì Al bị thụ động hóa trong H2SO4 đặc nguội chứ không phải đặc nóng.
B. sai. Cr là kim loại cứng nhất, các kim loại kiềm mềm.
C. sai. CO, H2 không có khả năng khử các oxit kim loại kiềm, kiềm thổ và nhôm.
D. đúng. Đầu tiên: Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu. Kim loại đồng sinh ra bám vào thanh sắt sẽ tạo thành cặp điện cực Fe-Cu → tiếp đó xảy ra ăn mòn điện hóa học.
B. sai. Cr là kim loại cứng nhất, các kim loại kiềm mềm.
C. sai. CO, H2 không có khả năng khử các oxit kim loại kiềm, kiềm thổ và nhôm.
D. đúng. Đầu tiên: Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu. Kim loại đồng sinh ra bám vào thanh sắt sẽ tạo thành cặp điện cực Fe-Cu → tiếp đó xảy ra ăn mòn điện hóa học.
Câu 30 [906837]: Khi đốt cháy hoàn toàn 7,02 gam hỗn hợp glucozơ và saccarozơ cần vừa đủ 0,24 mol O2, thu được CO2 và m gam H2O. Giá trị của m là
A, 3,50.
B, 5,40.
C, 4,14.
D, 2,52.
HD: glucozơ và saccarozơ là các hợp chất cacbohiđrat ⇝ đặc trưng quy đổi về C + H2O.
Đốt H2O không cần O2 nên đốt hỗn hợp ban đầu thực chất là đốt C + O2 ––to→ CO2.
☆ Giả thiết nO2 cần = 0,24 mol ⇒ nC quy đổi = 0,24 mol.
⇒ m = mH2O = 7,02 – mC quy đổi = 7,02 – 0,24 × 12 = 4,14 gam ⇝ Chọn đáp án C. ♣
Đốt H2O không cần O2 nên đốt hỗn hợp ban đầu thực chất là đốt C + O2 ––to→ CO2.
☆ Giả thiết nO2 cần = 0,24 mol ⇒ nC quy đổi = 0,24 mol.
⇒ m = mH2O = 7,02 – mC quy đổi = 7,02 – 0,24 × 12 = 4,14 gam ⇝ Chọn đáp án C. ♣
Câu 31 [906806]: Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm Mg, Al và Cu trong O2 dư, thu được 13,1 gam hỗn hợp Y gồm các oxit. Hòa tan hết Y bằng lượng vừa đủ dung dịch gồm HCl 1M và H2SO4 1M, thu được dung dịch chứa 34,6 gam hỗn hợp muối trung hòa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A, 7,1.
B, 9,9.
C, 8,3.
D, 9,4.
HD: Sơ đồ quá trình phản ứng:
Cùng một dung dịch nên nếu nH2SO4 = a mol thì nHCl = a mol.
⇒ Bảo toàn nguyên tố H có: nH2O = 1,5a mol ⇒ nO2 = 0,75a mol (bảo toàn O).
BTKL có: 13,1 + (98a + 36,5a) = 34,6 + 18 × 1,5a ⇒ a = 0,2 mol.
⇒ m + 0,75a × 32 = 13,1 ⇒ m = 13,1 – 0,75 × 0,2 × 32 = 8,3 gam. ⇝ Chọn đáp án C. ♣
Cùng một dung dịch nên nếu nH2SO4 = a mol thì nHCl = a mol.
⇒ Bảo toàn nguyên tố H có: nH2O = 1,5a mol ⇒ nO2 = 0,75a mol (bảo toàn O).
BTKL có: 13,1 + (98a + 36,5a) = 34,6 + 18 × 1,5a ⇒ a = 0,2 mol.
⇒ m + 0,75a × 32 = 13,1 ⇒ m = 13,1 – 0,75 × 0,2 × 32 = 8,3 gam. ⇝ Chọn đáp án C. ♣
Câu 32 [906847]: Khi thuỷ phân hết 3,56 gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức, mạch hở thì cần vừa đủ 0,05 mol NaOH, thu được một muối và hỗn hợp Y gồm hai ancol cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hết Y trong O2 dư, thu được CO2 và m gam H2O. Giá trị của m là
A, 4,14.
B, 1,62.
C, 2,07.
D, 2,52.
HD: ☆ Nhận xét: este đơn chức, mạch hở ⇝ không cần để ý trường hợp este của phenol.!
Ta có nX = nNaOH = 0,05 mol ⇒ MX = 3,56 ÷ 0,05 = 71,2 ⇒ X chứa HCOOCH3 (M = 68).
⇒ este còn lại dạng HCOOCnH2n + 1 ⇒ X gồm hai este no đơn chức, mạch hở.
X dạng CnH2nO2 với MX = 71,2 ⇒ n = 2,8 ⇒ X dạng C2,8H5,6O2.
☆ Thủy phân: X dạng C2,8H5,6O2 + NaOH → HCOONa + C1,8H5,6O (Y).
Theo đó, khi đốt Y sẽ thu được 0,05 × 5,6 ÷ 2 = 0,14 mol H2O ⇒ m = 2,52 gam.
Ta có nX = nNaOH = 0,05 mol ⇒ MX = 3,56 ÷ 0,05 = 71,2 ⇒ X chứa HCOOCH3 (M = 68).
⇒ este còn lại dạng HCOOCnH2n + 1 ⇒ X gồm hai este no đơn chức, mạch hở.
X dạng CnH2nO2 với MX = 71,2 ⇒ n = 2,8 ⇒ X dạng C2,8H5,6O2.
☆ Thủy phân: X dạng C2,8H5,6O2 + NaOH → HCOONa + C1,8H5,6O (Y).
Theo đó, khi đốt Y sẽ thu được 0,05 × 5,6 ÷ 2 = 0,14 mol H2O ⇒ m = 2,52 gam.
Câu 33 [982293]: Cho hai chất hữu cơ no, mạch hở E, F (đều có công thức phân tử C4H6O4 và có 2 nhóm chức este) tham gia phản ứng theo đúng tỉ lệ mol như sơ đồ dưới đây:
E + 2NaOH → 2Y + Z;
F + 2NaOH → Y + T + X
Biết: X và Z là các ancol có số nhóm chức khác nhau; T là chất hữu cơ no, mạch hở. Cho các phát biểu sau:
(a) Chất Z thuộc loại ancol no, hai chức, mạch hở.
(b) Chất Y có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.
(c) Chất X có nhiệt độ sôi thấp hơn ancol etylic.
(d) Có hai công thức cấu tạo thoả mãn tính chất của E.
(e) Chất T tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được CH3COOH.
Số phát biểu đúng là
E + 2NaOH → 2Y + Z;
F + 2NaOH → Y + T + X
Biết: X và Z là các ancol có số nhóm chức khác nhau; T là chất hữu cơ no, mạch hở. Cho các phát biểu sau:
(a) Chất Z thuộc loại ancol no, hai chức, mạch hở.
(b) Chất Y có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.
(c) Chất X có nhiệt độ sôi thấp hơn ancol etylic.
(d) Có hai công thức cấu tạo thoả mãn tính chất của E.
(e) Chất T tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được CH3COOH.
Số phát biểu đúng là
A, 1.
B, 3.
C, 4.
D, 2.
HD: Nhận xét nhanh: 4 = 2 × 1 + 2 ⇒ Y có 1C và Z có 2C.
Mà Z là ancol nên Y là muối HCOONa; E là este 2 chức
⇒ Z là ancol hai chức C2H4(OH)2 ⇒ Cấu tạo duy nhất của E: (HCOO)2C2H4.
Z hai chức nên ancol X đơn chức; mà F cũng là este hai chức
⇒ T là tạp chức HOCH2COONa để nối X và Y tạo F là "este nối" dạng HCOOCH2COOCH3.
⇝ Phân tích các phát biểu tương ứng:
✔️ (a) đúng vì Z là CH2OH–CH2OH: một ancol hai chức, no, mạch hở.
✔️ (b) đúng vì cấu tạo Y là HCOONa có dạng NaO–CHO ⇝ có khả năng tráng bạc.
✔️ (c) đúng vì X là CH3OH có nhiệt độ sôi nhỏ hơn C2H5OH.
❌ (d) sai vì như phân tích trên, chỉ có một cấu tạo thoả mãn E.
❌ (e) sai vì T là HOCH2COONa + HCl → HOCH2COOH + NaCl.
⇝ Tổng có 3/5 phát biểu đúng ⇝ Chọn đáp án B. ♦
Mà Z là ancol nên Y là muối HCOONa; E là este 2 chức
⇒ Z là ancol hai chức C2H4(OH)2 ⇒ Cấu tạo duy nhất của E: (HCOO)2C2H4.
Z hai chức nên ancol X đơn chức; mà F cũng là este hai chức
⇒ T là tạp chức HOCH2COONa để nối X và Y tạo F là "este nối" dạng HCOOCH2COOCH3.
⇝ Phân tích các phát biểu tương ứng:
✔️ (a) đúng vì Z là CH2OH–CH2OH: một ancol hai chức, no, mạch hở.
✔️ (b) đúng vì cấu tạo Y là HCOONa có dạng NaO–CHO ⇝ có khả năng tráng bạc.
✔️ (c) đúng vì X là CH3OH có nhiệt độ sôi nhỏ hơn C2H5OH.
❌ (d) sai vì như phân tích trên, chỉ có một cấu tạo thoả mãn E.
❌ (e) sai vì T là HOCH2COONa + HCl → HOCH2COOH + NaCl.
⇝ Tổng có 3/5 phát biểu đúng ⇝ Chọn đáp án B. ♦
Câu 34 [679731]: Thực hiện các thí nghiệm sau:
(a) Cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch KHSO4.
(b) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO3)2.
(c) Cho dung dịch NH3 tới dư vào dung dịch Al(NO3)3.
(d) Cho dung dịch HCl tới dư vào dung dịch NaAlO2.
(e) Cho dung dịch AgNO3 vào dung dịch Fe(NO3)2.
Sau khi phản ứng kết thúc, số thí nghiệm thu được kết tủa là
(a) Cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch KHSO4.
(b) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO3)2.
(c) Cho dung dịch NH3 tới dư vào dung dịch Al(NO3)3.
(d) Cho dung dịch HCl tới dư vào dung dịch NaAlO2.
(e) Cho dung dịch AgNO3 vào dung dịch Fe(NO3)2.
Sau khi phản ứng kết thúc, số thí nghiệm thu được kết tủa là
A, 3.
B, 4.
C, 5.
D, 2.
HD: Các phản ứng xảy ra khi tiến hành các thí nghiệm:
✔️ (a) BaCl2 + KHSO4 → BaSO4↓ + HCl + KCl.
✔️ (b) NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3↓ + NaHCO3 + H2O.
✔️ (c) 3NH3 + Al(NO3)3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3NH4NO3.
(► NH3 dùng dư nhưng hoà tan được kết tủa Al(OH)3).
❌ (d) HCl + NaAlO2 + H2O → NaCl + Al(OH)3↓.
Nhưng sau đó, do HCl dư nên 3HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + 3H2O.
✔️ (e) AgNO3 + Fe(NO3)2 → Ag↓ + Fe(NO3)3.
⇝ có 4/5 thí nghiệm thoả mãn yêu cầu ⇝ Chọn đáp án B. ♦
✔️ (a) BaCl2 + KHSO4 → BaSO4↓ + HCl + KCl.
✔️ (b) NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3↓ + NaHCO3 + H2O.
✔️ (c) 3NH3 + Al(NO3)3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3NH4NO3.
(► NH3 dùng dư nhưng hoà tan được kết tủa Al(OH)3).
❌ (d) HCl + NaAlO2 + H2O → NaCl + Al(OH)3↓.
Nhưng sau đó, do HCl dư nên 3HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + 3H2O.
✔️ (e) AgNO3 + Fe(NO3)2 → Ag↓ + Fe(NO3)3.
⇝ có 4/5 thí nghiệm thoả mãn yêu cầu ⇝ Chọn đáp án B. ♦
Câu 35 [679730]: Cho các phát biểu sau:
(a) Sử dụng xà phòng trong nước cứng để giặt đồ sẽ làm đồ nhanh mục.
(b) Nếu nhỏ dung dich I2 vào lát cắt của quả chuối xanh thì xuất hiện màu xanh tím.
(c) Khi nấu canh cua, hiện tượng riêu cua nổi lên trên là do sự đông tụ protein.
(d) Một số este có mùi thơm được dùng làm chất tạo hương trong công nghiệp thực phẩm.
(e) Vải làm từ nilon-6,6 kém bền trong nước xà phòng có tính kiềm.
Số phát biểu đúng là
(a) Sử dụng xà phòng trong nước cứng để giặt đồ sẽ làm đồ nhanh mục.
(b) Nếu nhỏ dung dich I2 vào lát cắt của quả chuối xanh thì xuất hiện màu xanh tím.
(c) Khi nấu canh cua, hiện tượng riêu cua nổi lên trên là do sự đông tụ protein.
(d) Một số este có mùi thơm được dùng làm chất tạo hương trong công nghiệp thực phẩm.
(e) Vải làm từ nilon-6,6 kém bền trong nước xà phòng có tính kiềm.
Số phát biểu đúng là
A, 2.
B, 3.
C, 5.
D, 4.
HD: Phân tích các phát biểu:
✔️ (a) đúng vì nước cứng sẽ phản ứng với xà phòng tạo kết tủa, lưu vào sợi vải làm đồ giặt chóng hỏng, mục.
Ca2+ + 2C17H35COO– → (C17H35COO)2Ca↓.
✔️ (b) đúng vì quả chuối xanh nhiều tinh bột, sẽ phản ứng màu với I2 ⇝ màu xanh tím đặc trưng (chuối chính tinh bột chuyển hoá thành glucozơ nên không có phản ứng màu với I2 nữa)
✔️ (c) đúng vì thành phần chính gạch cua là protein, khi đun nóng sẽ bị đông tụ ⇝ riêu cua nổi lên mặt nước.
✔️ (d) đúng theo ứng dụng este, ví dụ isoamyl axetat mùi chuối chín.
✔️ (e) đúng vì nilon-6,6 có liên kết amit CO–NH kém bền trong môi trường kiềm của xà phòng, dễ bị thuỷ phân.
⇝ tất cả 5/5 phát biểu đều đúng ⇝ Chọn đáp án C. ♣
✔️ (a) đúng vì nước cứng sẽ phản ứng với xà phòng tạo kết tủa, lưu vào sợi vải làm đồ giặt chóng hỏng, mục.
Ca2+ + 2C17H35COO– → (C17H35COO)2Ca↓.
✔️ (b) đúng vì quả chuối xanh nhiều tinh bột, sẽ phản ứng màu với I2 ⇝ màu xanh tím đặc trưng (chuối chính tinh bột chuyển hoá thành glucozơ nên không có phản ứng màu với I2 nữa)
✔️ (c) đúng vì thành phần chính gạch cua là protein, khi đun nóng sẽ bị đông tụ ⇝ riêu cua nổi lên mặt nước.
✔️ (d) đúng theo ứng dụng este, ví dụ isoamyl axetat mùi chuối chín.
✔️ (e) đúng vì nilon-6,6 có liên kết amit CO–NH kém bền trong môi trường kiềm của xà phòng, dễ bị thuỷ phân.
⇝ tất cả 5/5 phát biểu đều đúng ⇝ Chọn đáp án C. ♣
Câu 36 [983096]: Hỗn hợp khí X gồm O2 và O3 có tỉ khối so với H2 là 18. Hỗn hợp khí Y gồm metylamin và trimetylamin có tỉ khối so với H2 là 23,9. Để đốt hoàn toàn a mol Y cần vừa đủ b mol X, sản phẩm cháy thu được gồm CO2, H2O và N2. Giá trị tỉ lệ b : a là
A, 3,2.
B, 3,6.
C, 3,5.
D, 3,4.
HD: Cho a = 1; cần tìm b mol X đốt 1 mol Y.
► 1 mol Y gồm CH3NH2 và (CH3)3N có tỉ khối so với H2 là 23,9 ⇒ MY = 47,8.
☆ Tinh tế 1: tách 1 mol Y thành cụm 1 mol NH3 và còn lại là (47,8 – 17) ÷ 14 = 2,2 mol cụm CH2.
⇒ Cân bằng đốt NH3 và CH2 ta có nO cần = 3nCH2 + 1,5nNH3 = 8,1 mol.
☆ Tinh tế 2: mX = mO cần = 8,1 × 16 = 129,6 gam.
Mà MX = 18 × 2 = 36 ⇒ nX = 129,6 : 36 = 3,6 mol.
⇒ b = 3,6 ⇝ cho biết giá trị b : a = 3,6 ⇝ Chọn đáp án B. ♦
► 1 mol Y gồm CH3NH2 và (CH3)3N có tỉ khối so với H2 là 23,9 ⇒ MY = 47,8.
☆ Tinh tế 1: tách 1 mol Y thành cụm 1 mol NH3 và còn lại là (47,8 – 17) ÷ 14 = 2,2 mol cụm CH2.
⇒ Cân bằng đốt NH3 và CH2 ta có nO cần = 3nCH2 + 1,5nNH3 = 8,1 mol.
☆ Tinh tế 2: mX = mO cần = 8,1 × 16 = 129,6 gam.
Mà MX = 18 × 2 = 36 ⇒ nX = 129,6 : 36 = 3,6 mol.
⇒ b = 3,6 ⇝ cho biết giá trị b : a = 3,6 ⇝ Chọn đáp án B. ♦
Câu 37 [906772]: Hỗn hợp E gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit X. Cho m gam E tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được 58,96 gam hỗn hợp hai muối. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E thì cần vừa đủ 5,1 mol O2, thu được H2O và 3,56 mol CO2. Khối lượng của X có trong m gam E là
A, 32,24 gam.
B, 25,60 gam.
C, 33,36 gam.
D, 34,48 gam.
HD: Gọi tổng số mol axit béo là a mol; số mol chất béo X là b mol.
⇒ Thuỷ phân E cần (a + 3b) mol NaOH → 58,96 gam muối + a mol H2O + b mol C3H5(OH)3.
⇒ m + 40 × (a + 3b) = 58,96 + 18a + 92b ⇒ m + 22a + 28b = 58,96.
☆ Giải đốt m gam E + 5,1 mol O2 ––to→ 3,56 mol CO2 + ? mol H2O.
► Hai axit béo no dạng CnH2nO2 ⇒ X cũng là chất béo no dạng CpH2p – 4O6.
⇒ Tương quan đốt có ∑nCO2 – ∑nH2O = 2nchất béo ⇒ ∑nH2O = (3,56 – 2b) mol.
• bảo toàn nguyên tố O có: 2a + 6b + 5,1 × 2 = 3,56 × 2 + (3,56 – 2b).
• tính khối lượng E: m = mE = mC + mH + mO = 12 × 3,56 + 2 × (3,56 – 2b) + 16 × (2a + 6b).
⇒ Giải hệ các phương trình ta được: m = 56,08; a = 0,08 và b = 0,04.
► Giải hệ hai muối có 0,08 mol natri panmitat và 0,12 mol natri stearat.
Nếu X có 2 gốc panmitat thì E không còn axit panmitic nữa, tương tự nếu X có 3 gốc stearat thì E cũng không còn axit stearic nữa ⇒ X chỉ có vừa đúng 1 gốc panmitat và 2 gốc stearat.
⇒ MX = 890 – 28 = 862 ⇒ mX = 0,04 × 862 = 34,48 gam.
⇒ Thuỷ phân E cần (a + 3b) mol NaOH → 58,96 gam muối + a mol H2O + b mol C3H5(OH)3.
⇒ m + 40 × (a + 3b) = 58,96 + 18a + 92b ⇒ m + 22a + 28b = 58,96.
☆ Giải đốt m gam E + 5,1 mol O2 ––to→ 3,56 mol CO2 + ? mol H2O.
► Hai axit béo no dạng CnH2nO2 ⇒ X cũng là chất béo no dạng CpH2p – 4O6.
⇒ Tương quan đốt có ∑nCO2 – ∑nH2O = 2nchất béo ⇒ ∑nH2O = (3,56 – 2b) mol.
• bảo toàn nguyên tố O có: 2a + 6b + 5,1 × 2 = 3,56 × 2 + (3,56 – 2b).
• tính khối lượng E: m = mE = mC + mH + mO = 12 × 3,56 + 2 × (3,56 – 2b) + 16 × (2a + 6b).
⇒ Giải hệ các phương trình ta được: m = 56,08; a = 0,08 và b = 0,04.
► Giải hệ hai muối có 0,08 mol natri panmitat và 0,12 mol natri stearat.
Nếu X có 2 gốc panmitat thì E không còn axit panmitic nữa, tương tự nếu X có 3 gốc stearat thì E cũng không còn axit stearic nữa ⇒ X chỉ có vừa đúng 1 gốc panmitat và 2 gốc stearat.
⇒ MX = 890 – 28 = 862 ⇒ mX = 0,04 × 862 = 34,48 gam.
Câu 38 [135730]: Cho 6,58 gam chất X tác dụng mãnh liệt với 100 gam H2O tạo ra dung dịch Y. Cho Y tác dụng với một lượng BaCl2 thấy tạo ra 4,66 gam kết tủa trắng và dung dịch Z. Cho Z tác dụng với kim loại Zn dư thu được 1,792 lít H2 (đktc) và dung dịch E. Nồng độ phần trăm của chất có phân tử khối lớn nhất trong dung dịch E là
A, 9,03%.
B, 2,54%.
C, 8,69%.
D, 6,25%.
HD: kết tủa màu trắng với Ba; 4,66 gam ||→ là 0,02 mol BaSO4 → có 0,02 mol BaCl2.
Zn dư + dung dịch Z thu 0,08 mol H2 ||→ có 0,16 mol H+ trong Z
||→ có 0,04 mol HCl (Cl suy từ 0,02 mol BaCl2) + 0,06 mol H2SO4 (bảo toàn H).
Vậy tổng nSO4 = 0,08 mol. chú ý X phản ứng mãnh liệt với H2O sinh H2SO4 ||→ X là oleum.
biết khối lượng, số mol ||→ xác định được X là H2SO4.7SO3.
Tuy nhiên, đọc yêu cầu: trong E chứa 0,02 mol ZnCl2 và 0,06 mol ZnSO4
Lại có mE = 100 + 6,58 + 0,02 × 208 – 4,66 + 0,08 × 65 – 0,08 × 2 = 111,12 gam. MZnSO4 >MZnCl2
||→ Yêu cầu %mZnSO4 trong E = 0,06 × 161 ÷ 111,12 ≈ 8,69%. Chọn đáp án C. ♣.
p/s: 4,66 gam kết tủa ⇄ BaSO4 và phản ứng mãnh liệt với H2O là 2 nhân tố hướng X đến oleum và là chìa khóa giải mã bài tập.! Nếu không các bạn sẽ cứ luẩn quẩn trong câu hỏi: "X là gì?" và ...
Zn dư + dung dịch Z thu 0,08 mol H2 ||→ có 0,16 mol H+ trong Z
||→ có 0,04 mol HCl (Cl suy từ 0,02 mol BaCl2) + 0,06 mol H2SO4 (bảo toàn H).
Vậy tổng nSO4 = 0,08 mol. chú ý X phản ứng mãnh liệt với H2O sinh H2SO4 ||→ X là oleum.
biết khối lượng, số mol ||→ xác định được X là H2SO4.7SO3.
Tuy nhiên, đọc yêu cầu: trong E chứa 0,02 mol ZnCl2 và 0,06 mol ZnSO4
Lại có mE = 100 + 6,58 + 0,02 × 208 – 4,66 + 0,08 × 65 – 0,08 × 2 = 111,12 gam. MZnSO4 >MZnCl2
||→ Yêu cầu %mZnSO4 trong E = 0,06 × 161 ÷ 111,12 ≈ 8,69%. Chọn đáp án C. ♣.
p/s: 4,66 gam kết tủa ⇄ BaSO4 và phản ứng mãnh liệt với H2O là 2 nhân tố hướng X đến oleum và là chìa khóa giải mã bài tập.! Nếu không các bạn sẽ cứ luẩn quẩn trong câu hỏi: "X là gì?" và ...
Câu 39 [505815]: Đốt cháy hoàn toàn 6,72 gam hỗn hợp E gồm este đơn chức Z và hai este mạch hở X, Y (MX < MY < MZ) cần vừa đủ 0,29 mol O2 thu được 3,24 gam H2O. Mặt khác 6,72 gam E tác dụng vừa đủ với 0,11 mol NaOH thu được 2,32 gam ancol no, cùng số nguyên tử cacbon, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được dung dịch T gồm hai muối. Đốt cháy hoàn toàn T thu được Na2CO3, H2O và 0,155 mol CO2. Phần trăm khối lượng của Y trong E gần nhất với
A, 11%.
B, 53%.
C, 50%.
D, 36%.
HD: ☆ Giải đốt 6,72 gam E + 0,29 mol O2 ––to→ ? mol CO2 + 0,18 mol H2O.
⇒ BTKL có mCO2 = 12,76 gam ⇒ nCO2 = 0,29 mol.
⇒ thành phần E gồm: 0,29 mol C + 0,18 mol H2 và 0,18 mol O.
⇒ nCOO = 0,09 mol < nNaOH = 0,11 mol chứng tỏ có este của phenol.
∑(nchức ancol thường + nchức este của phenol) = 0,09 mol
⇒ nchức este của phenol = 0,11 – 0,09 = 0,02 mol ⇒ nchức este thường = 0,07 mol.
Bảo toàn Na ⇒ đốt muối thu được 0,055 mol Na2CO3 ⇒ ∑nC trong muối = 0,055 + 0,155 = 0,21 mol.
► 2,32 gam ancol no gồm: (0,29 – 0,21) = 0,08 mol C; 0,07 mol O ⇒ có 0,12 mol H2.
⇒ nancol = ∑nH2 – ∑nC = 0,12 – 0,08 = 0,04 mol ⇒ số Cancol = 2.
⇒ Hai ancol là C2H5OH và C2H4(OH)2 với số mol lần lượt: 0,01 mol và 0,03 mol.
Este của phenol có dạng RCOOC6H4R' tạo hai muối rồi nên hai este còn lại phải là:
RCOOC2H5 (0,01 mol ) và (RCOO)2C2H4(0,03 mol).
⇒ muối T thu được gồm 0,09 mol RCOONa và 0,02 mol R'C6H4ONa.
⇒ ∑nC muối = 0,21 = 0,09 × (CR + 1) + 0,02 × (CR' + 6) ⇒ 9CR + 2CR' = 0 ⇒ CR = CR' = 0.
⇒ E gồm 0,01 mol HCOOC2H5 (X); 0,03 mol (HCOO)2C2H4 và 0,02 mol HCOOC6H5.
⇒ Yêu cầu %mY trong E = 0,03 × 118 ÷ 6,72 × 100% ≈ 52,68% ⇝ Chọn đáp án B. ♦
⇒ BTKL có mCO2 = 12,76 gam ⇒ nCO2 = 0,29 mol.
⇒ thành phần E gồm: 0,29 mol C + 0,18 mol H2 và 0,18 mol O.
⇒ nCOO = 0,09 mol < nNaOH = 0,11 mol chứng tỏ có este của phenol.
∑(nchức ancol thường + nchức este của phenol) = 0,09 mol
⇒ nchức este của phenol = 0,11 – 0,09 = 0,02 mol ⇒ nchức este thường = 0,07 mol.
Bảo toàn Na ⇒ đốt muối thu được 0,055 mol Na2CO3 ⇒ ∑nC trong muối = 0,055 + 0,155 = 0,21 mol.
► 2,32 gam ancol no gồm: (0,29 – 0,21) = 0,08 mol C; 0,07 mol O ⇒ có 0,12 mol H2.
⇒ nancol = ∑nH2 – ∑nC = 0,12 – 0,08 = 0,04 mol ⇒ số Cancol = 2.
⇒ Hai ancol là C2H5OH và C2H4(OH)2 với số mol lần lượt: 0,01 mol và 0,03 mol.
Este của phenol có dạng RCOOC6H4R' tạo hai muối rồi nên hai este còn lại phải là:
RCOOC2H5 (0,01 mol ) và (RCOO)2C2H4(0,03 mol).
⇒ muối T thu được gồm 0,09 mol RCOONa và 0,02 mol R'C6H4ONa.
⇒ ∑nC muối = 0,21 = 0,09 × (CR + 1) + 0,02 × (CR' + 6) ⇒ 9CR + 2CR' = 0 ⇒ CR = CR' = 0.
⇒ E gồm 0,01 mol HCOOC2H5 (X); 0,03 mol (HCOO)2C2H4 và 0,02 mol HCOOC6H5.
⇒ Yêu cầu %mY trong E = 0,03 × 118 ÷ 6,72 × 100% ≈ 52,68% ⇝ Chọn đáp án B. ♦
Câu 40 [982032]: Thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen được tiến hành theo các bước sau:
Bước 1: Cho 2 ml ancol etylic khan vào ống nghiệm khô đã có sẵn vài viên đá bọt (ống số 1) rồi thêm từ từ 4 ml dung dịch H2SO4 đặc và lắc đều. Nút ống số 1 bằng nút cao su có ống dẫn khí rồi lắp lên giá thí nghiệm.
Bước 2: Lắp lên giá thí nghiệm khác một ống hình trụ được đặt nằm ngang (ống số 2) rồi nhồi một nhúm bông tẩm dung dịch NaOH đặc vào phần giữa ống. Cắm ống dẫn khí của ống số 1 xuyên qua nút cao su rồi nút vào một đầu của ống số 2. Nút đầu còn lại của ống số 2 bằng nút cao su có ống dẫn khí, Nhúng ống dẫn khí của ống số 2 vào dung dịch KMnO4 đựng trong ống nghiệm (ống số 3).
Bước 3: Dùng đèn cồn đun nóng hỗn hợp trong ống số 1.
Cho các phát biểu sau:
(a) Ở bước 1, nếu thay ancol etylic bằng ancol metylic thì trong thí nghiệm vẫn thu được etilen.
(b) Bông tẩm dung dịch NaOH đặc có tác dụng loại bớt tạp chất trong khí sinh ra.
(c) Đá bọt có vai trò làm cho chất lỏng không trào lên khi đun nóng.
(d) Trong thí nghiệm trên, ở ống số 3 không xuất hiện chất rắn.
(e) Nếu thu khí etilen đi ra từ ống dẫn khí của ống số 2 thì dùng phương pháp dời nước.
Số phát biểu đúng là
Bước 1: Cho 2 ml ancol etylic khan vào ống nghiệm khô đã có sẵn vài viên đá bọt (ống số 1) rồi thêm từ từ 4 ml dung dịch H2SO4 đặc và lắc đều. Nút ống số 1 bằng nút cao su có ống dẫn khí rồi lắp lên giá thí nghiệm.
Bước 2: Lắp lên giá thí nghiệm khác một ống hình trụ được đặt nằm ngang (ống số 2) rồi nhồi một nhúm bông tẩm dung dịch NaOH đặc vào phần giữa ống. Cắm ống dẫn khí của ống số 1 xuyên qua nút cao su rồi nút vào một đầu của ống số 2. Nút đầu còn lại của ống số 2 bằng nút cao su có ống dẫn khí, Nhúng ống dẫn khí của ống số 2 vào dung dịch KMnO4 đựng trong ống nghiệm (ống số 3).
Bước 3: Dùng đèn cồn đun nóng hỗn hợp trong ống số 1.
Cho các phát biểu sau:
(a) Ở bước 1, nếu thay ancol etylic bằng ancol metylic thì trong thí nghiệm vẫn thu được etilen.
(b) Bông tẩm dung dịch NaOH đặc có tác dụng loại bớt tạp chất trong khí sinh ra.
(c) Đá bọt có vai trò làm cho chất lỏng không trào lên khi đun nóng.
(d) Trong thí nghiệm trên, ở ống số 3 không xuất hiện chất rắn.
(e) Nếu thu khí etilen đi ra từ ống dẫn khí của ống số 2 thì dùng phương pháp dời nước.
Số phát biểu đúng là
A, 2.
B, 1.
C, 3.
D, 4.
HD: Quá trình tiến hành thí nghiệm được mô tả lại bằng hình vẽ như sau:
☆ Phản ứng điều chế khí etilen: C2H5OH
C2H4 + H2O.
► H2SO4 đặc vừa là xúc tác của phản ứng, nhưng một phần có thể phản ứng với C2H5OH tạo sản phẩm khử là SO2 (một khí độc và phản ứng được với KMnO4) ⇝ bông tẩm NaOH đặc được sử dụng để giữ SO2 lại: 2NaOH + SO2 → Na2SO3 + H2O.
☆ Phân tích các phát biểu:
❌ (a) sai vì CH3OH không có phản ứng tách nước để tạo anken.
✔️ (b) đúng như phân tích trên, tạp chất khí có thể là SO2; CO2 và đều bị giữ lại bởi NaOH.
✔️ (c) đúng vì vai trò của đá bọt là điều hoà quá trình sôi, tránh hiện tượng sôi trào, sôi cục bộ.
❌ (d) sai vì phản ứng của etilen với KMnO4 sinh kết tủa MnO2 màu nâu đen.
3CH2=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH.
✔️ (e) đúng vì etilen không tan trong nước nên có thể thu được bằng pp đẩy nước.
⇝ có 3/5 phát biểu đúng ⇝ Chọn đáp án C. ♣
☆ Học tập thêm từ video thí nghiệm:
☆ Phản ứng điều chế khí etilen: C2H5OH
C2H4 + H2O.
► H2SO4 đặc vừa là xúc tác của phản ứng, nhưng một phần có thể phản ứng với C2H5OH tạo sản phẩm khử là SO2 (một khí độc và phản ứng được với KMnO4) ⇝ bông tẩm NaOH đặc được sử dụng để giữ SO2 lại: 2NaOH + SO2 → Na2SO3 + H2O.
☆ Phân tích các phát biểu:
❌ (a) sai vì CH3OH không có phản ứng tách nước để tạo anken.
✔️ (b) đúng như phân tích trên, tạp chất khí có thể là SO2; CO2 và đều bị giữ lại bởi NaOH.
✔️ (c) đúng vì vai trò của đá bọt là điều hoà quá trình sôi, tránh hiện tượng sôi trào, sôi cục bộ.
❌ (d) sai vì phản ứng của etilen với KMnO4 sinh kết tủa MnO2 màu nâu đen.
3CH2=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH.
✔️ (e) đúng vì etilen không tan trong nước nên có thể thu được bằng pp đẩy nước.
⇝ có 3/5 phát biểu đúng ⇝ Chọn đáp án C. ♣
☆ Học tập thêm từ video thí nghiệm: