Đáp án
1C
2B
3B
4C
5D
6C
7B
8B
9C
10A
11D
12A
13D
14D
15B
16A
17C
18C
19B
20D
21A
22A
23B
24B
25B
26D
27A
28D
29D
30C
31B
32B
33A
34C
35A
36A
37A
38A
39C
40D
Đáp án Đề minh họa số 39 thi Tốt Nghiệp Trung học Phổ Thông 2024 môn Hóa học
Câu 1 [62074]: Trong phòng thí nghiệm, đun nóng axit fomic với xúc tác H2SO4 đặc để điều chế khí nào?
A, SO2.
B, H2S.
C, CO.
D, CO2.
Giải: HCOOH 
CO + H2O ⇒ chọn C.
CO + H2O ⇒ chọn C.
Câu 2 [339002]: Đường glucozơ có nhiều trong hoa quả chín, đặc biệt là nho chín. Công thức phân tử của glucozơ là
A, C6H10O5.
B, C6H12O6.
C, C12H22O11.
D, C18H32O16.
HD: Ghi nhớ lại cấu tạo quan trọng của glucozơ:
⇝ Tương ứng công thức phân tử của glucozơ là C6H12O6.
⇝ Tương ứng công thức phân tử của glucozơ là C6H12O6.
Câu 3 [679310]: Công thức của sắt(II) hiđroxit là
A, Fe(OH)3.
B, Fe(OH)2.
C, FeO.
D, Fe2O3.
Câu 4 [311827]: Trong công nghiệp, crom được điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện. Kim loại nào sau đây được dùng để khử Cr2O3 thành Cr?
A, Ag.
B, Cu.
C, Al.
D, Fe.
HD: Trong công nghiệp, crom được điều chế bằng phản ứng nhiệt nhôm:
2Al + Cr2O3 → Al2O3 + 2Cr. ❒
2Al + Cr2O3 → Al2O3 + 2Cr. ❒
Câu 5 [224932]: Kim loại nào sau đây có tính nhiễm từ (bị nam châm hút)?
A, Zn.
B, Al.
C, Cu.
D, Fe.
HD: Tính chất vật lý đặc biệt riêng của sắt, thép là có tính nhiễm từ (bị nam châm hút).
⇝ Chọn đáp án D. ♠
⇝ Chọn đáp án D. ♠
Câu 6 [60421]: Kim loại sắt không tác dụng với chất nào sau đây?
A, Dung dịch HCl.
B, Khí oxi.
C, Dung dịch NaOH.
D, Khí clo.
HD: Phân tích các đáp án:
✔️ A. Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑.
✔️ B. 3Fe + 2O2 ––to→ Fe3O4 (oxit sắt từ).
❌ C. Fe + NaOH → không xảy ra phản ứng.
✔️ D. 2Fe + 3Cl2 ––to→ 2FeCl3.
✔️ A. Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑.
✔️ B. 3Fe + 2O2 ––to→ Fe3O4 (oxit sắt từ).
❌ C. Fe + NaOH → không xảy ra phản ứng.
✔️ D. 2Fe + 3Cl2 ––to→ 2FeCl3.
Câu 7 [228865]: Nhôm dễ tác dụng với nước ở điều kiện thường tạo hợp chất X, phản ứng nhanh chóng dừng lại do X không tan trong nước đã ngăn cản không cho nhôm tiếp xúc với nước. Chất X là
A, H2.
B, Al(OH)3.
C, NaAlO2.
D, Al2O3.
Đáp án: B
Câu 8 [906753]: Dung dịch chất nào sau đây làm xanh giấy quỳ tím?
A, Axit glutamic.
B, Metylamin.
C, Alanin.
D, Glyxin.
HD: Phân tích các đáp án:
| Dung dịch chất | A. Axit glutamic. | B. Metylamin. | C. Anilin. | D. Glyxin. |
| Cấu tạo | H2NC3H5(COOH)2 | CH3NH2 | C6H5NH2 | H2NCH2COOH |
| ⇝ Quỳ tím | hoá đỏ | hoá xanh | không đổi | không đổi |
Câu 9 [908859]: Kim loại nào sau đây có tính khử mạnh hơn kim loại Al?
A, Fe.
B, Cu.
C, Mg.
D, Ag.
HD: Theo dãy hoạt động hoá học, thứ tự giảm dần tính khử: Mg > Al > Fe > Cu > Ag.
⇒ Kim loại có tính khử mạnh hơn kim loại Al là Mg. ⇝ Chọn đáp án C. ♣
⇒ Kim loại có tính khử mạnh hơn kim loại Al là Mg. ⇝ Chọn đáp án C. ♣
Câu 10 [20966]: Axit nào sau đây có công thức C17H35COOH?
A, Axit stearic.
B, Axit axetic.
C, Axit panmitic.
D, Axit oleic.
HD: Phân tích công thức của các đáp án:
☑ A. Axit stearic: C17H35COOH. ☒ B. Axit axetic: CH3COOH.
☒ C. Axit panmitic: C15H31COOH. ☒ D. Axit oleic: C17H33COOH. ❒
☑ A. Axit stearic: C17H35COOH. ☒ B. Axit axetic: CH3COOH.
☒ C. Axit panmitic: C15H31COOH. ☒ D. Axit oleic: C17H33COOH. ❒
Câu 11 [21794]: Polime nào sau đây không thuộc loại chất dẻo?
A, Poli(phenol–fomanđehit).
B, Poli(metyl metacrylat).
C, Polietilen.
D, Polibutađien.
Câu 12 [982776]: Ở nhiệt độ thường, chất nào sau đây tan hoàn toàn trong lượng dư dung dịch KOH loãng?
A, Al(OH)3.
B, Cu(OH)2.
C, Fe(OH)2.
D, Mg(OH)2.
HD: oxit và hiđroxit của kim loại Al là hợp chất lưỡng tính, theo đó:
Al(OH)3 + KOH → KAlO2 + 2H2O.
⇒ Al(OH)3 thoả mãn tan hết trong lượng dư KOH ⇝ Chọn đáp án A. ♥
Al(OH)3 + KOH → KAlO2 + 2H2O.
⇒ Al(OH)3 thoả mãn tan hết trong lượng dư KOH ⇝ Chọn đáp án A. ♥
Câu 13 [911514]: Cặp chất nào sau đây cùng tồn tại trong một dung dịch?
A, Ba(OH)2 và H3PO4.
B, Al(NO3)3 và NH3.
C, (NH4)2HPO4 và KOH.
D, Cu(NO3)2 và HNO3.
Cặp chất cùng tồn tại trong một dung dịch là những chất không tham gia phản ứng với sau => đáp án D.
Câu 14 [257384]: Este nào sau đây tác dụng với dung dịch NaOH thu được muối C6H5ONa?
A, C6H5COOCH3.
B, CH3COOC2H5.
C, C2H5COOCH3.
D, HCOOC6H5.
HD: các phản ứng thuỷ phân este xảy ra:
❌ A. C6H5COOCH3 + NaOH ––to→ C6H5COONa + CH3OH.
❌ B. CH3COOC2H5 + NaOH ––to→ CH3COONa + C2H5OH.
❌ C. C2H5COOCH3 + NaOH ––to→ C2H5COONa + CH3OH.
✔️ D. HCOOC6H5 + 2NaOH ––to→ HCOONa + C6H5ONa + H2O.
❌ A. C6H5COOCH3 + NaOH ––to→ C6H5COONa + CH3OH.
❌ B. CH3COOC2H5 + NaOH ––to→ CH3COONa + C2H5OH.
❌ C. C2H5COOCH3 + NaOH ––to→ C2H5COONa + CH3OH.
✔️ D. HCOOC6H5 + 2NaOH ––to→ HCOONa + C6H5ONa + H2O.
Câu 15 [62156]: Khí E (phân tử có chứa một liên kết π) có tác dụng xúc tiến quá trình hô hấp của tế bào trái cây và làm cho quả xanh mau chín. Tên gọi của E là
A, metan.
B, etilen.
C, nitơ.
D, axetilen.
HD: Etilen có công thức phân tử là C2H4 (phân tử có chứa một liên kết π), có tác dụng xúc tiến
quá trình hô hấp của tế bào trái cây và làm cho quả xanh mau chín.
Chọn B.
quá trình hô hấp của tế bào trái cây và làm cho quả xanh mau chín.
Chọn B.
Câu 16 [679855]: Cho 2 ml ancol etylic vào ống nghiệm đã có sẵn vài viên đá bọt. Thêm từ từ 4 ml dung dịch H2SO4 đặc vào ống nghiệm, đồng thời lắc đều rồi đun nóng hỗn hợp. Hiđrocacbon sinh ra trong thí nghiệm trên là
A, etilen.
B, axetilen.
C, propilen.
D, metan.
HD: Mô tả thí nghiệm điều chế etilen (C2H4) từ ancol etylic:
☆ Phản ứng: C2H5OH ––H2SO4 đặc, to→ CH2=CH2 + H2O.
☆ Phản ứng: C2H5OH ––H2SO4 đặc, to→ CH2=CH2 + H2O.
Câu 17 [311909]: Cho amino axit X (công thức có dạng H2NCnH2nCOOH) tác dụng hết với dung dịch HCl dư, thu được một muối Y. Biết trong Y, clo chiếm 28,29% về khối lượng. Số nguyên tử hiđro trong phân tử Y là
A, 7.
B, 6.
C, 8.
D, 9.
HD: Phản ứng: HCl "nhập" vào phân tử amino axit:
H2NCnH2nCOOH + HCl → ClH3NCnH2nCOOH.
⇝ Phân tử Y chứa 1 nguyên tử Cl ⇒ MY = 35,5 ÷ 0,2829 = 125,5.
☆ Phân tích: 125,5 = 35,5 + 3 + 14 + 14n + 45 ⇒ n = 2.
Theo đó, phân tử Y là C3H8NO2Cl có 8 nguyên tử H. ❒
H2NCnH2nCOOH + HCl → ClH3NCnH2nCOOH.
⇝ Phân tử Y chứa 1 nguyên tử Cl ⇒ MY = 35,5 ÷ 0,2829 = 125,5.
☆ Phân tích: 125,5 = 35,5 + 3 + 14 + 14n + 45 ⇒ n = 2.
Theo đó, phân tử Y là C3H8NO2Cl có 8 nguyên tử H. ❒
Câu 18 [12445]: Xenlulozơ trinitrat được điều chế từ axit nitric và xenlulozơ (hiệu suất phản ứng 90% tính theo axit nitric). Để có 14,85 kg xenlulozơ trinitrat thì khối lượng xenlulozơ cần dùng là
A, 11 kg.
B, 10 kg.
C, 9 kg.
D, 15 kg.
Giải: mxenlulozơ ≤ 14,85 ÷ 297 ÷ 0,9 × 162 = 9 kg ⇒ nhìn 4 đáp án chỉ C thỏa mãn.
Câu 19 [679759]: Thí nghiệm nào sau đây thu được muối sắt(II) khi kết thúc phản ứng?
A, Đốt cháy Fe trong bình khí Cl2 dư.
B, Cho Fe(OH)2 vào dung dịch HCl.
C, Cho Fe2O3 vào dung dịch HCl.
D, Cho Fe vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng, dư).
HD: Các phản ứng xảy ra khi tiến hành thí nghiệm:
❌ A. 2Fe + 3Cl2 ––to→ 2FeCl3 (sắt(III) clorua).
✔️ B. Fe(OH)2 + 2HCl → FeCl2 (sắt(II) clorua) + 2H2O.
❌ C. Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O.
❌ D. 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 (sắt(III) sunfat) + 3SO2↑ + 6H2O.
❌ A. 2Fe + 3Cl2 ––to→ 2FeCl3 (sắt(III) clorua).
✔️ B. Fe(OH)2 + 2HCl → FeCl2 (sắt(II) clorua) + 2H2O.
❌ C. Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O.
❌ D. 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 (sắt(III) sunfat) + 3SO2↑ + 6H2O.
Câu 20 [62612]: Hiện tượng xảy ra khi nhúng từ từ muôi đồng đựng bột Mg đang cháy sáng vào cốc nước là
A, bột Mg tắt ngay.
B, bột Mg tắt dần dần.
C, bột Mg tiếp tục cháy bình thường.
D, bột Mg cháy sáng mãnh liệt.
HD: Mg tiếp tục bốc cháy mãnh liệt hơn khi cho vào nước.
Mg + H2O → MgO + H2↑.
Tương tự như bookID = 62611 CO2, SiO2 đều không thể dùng để dập tắt đám cháy kim loại.
☆ Những lầm tưởng thú vị về kim loại cháy
Mg + H2O → MgO + H2↑.
Tương tự như bookID = 62611 CO2, SiO2 đều không thể dùng để dập tắt đám cháy kim loại.
☆ Những lầm tưởng thú vị về kim loại cháy
Câu 21 [119979]: Thể tích (ml) dung dịch KOH 0,5M cần dùng để hòa tan hết 5,1 gam bột nhôm oxit là
A, 200.
B, 50.
C, 400.
D, 100.
HD: ☆ Phản ứng: 2KOH + Al2O3 → 2KAlO2 + H2O.
Giả thiết: mAl2O3 = 5,1 gam ⇒ nAl2O3 = 0,05 mol.
⇒ nKOH = 0,05 × 2 = 0,1 mol ⇝ V = 0,1 ÷ 0,5 = 0,2 lít ⇄ 200 ml. ❒
Giả thiết: mAl2O3 = 5,1 gam ⇒ nAl2O3 = 0,05 mol.
⇒ nKOH = 0,05 × 2 = 0,1 mol ⇝ V = 0,1 ÷ 0,5 = 0,2 lít ⇄ 200 ml. ❒
Câu 22 [312008]: Tơ tổng hợp X có hình sợi dài, mảnh và giữ nhiệt tốt nên thường được dùng để dệt vải may quần áo ấm hoặc bện thành sợi “len” đan áo rét. Tơ X bền với nhiệt và không bị thủy phân trong môi trường axit và bazơ. Tơ X là
A, tơ nitron.
B, bông.
C, tơ tằm.
D, tơ nilon-6,6.
HD: Tơ X được nhắc đến là tơ nitron (hay còn gọi là tơ olon) được điều chế từ poliacrilonitrin:
Câu 23 [338718]: Ở điều kiện thường, X là chất rắn bột vô định hình, màu trắng. Phân tử X có cấu trúc mạch không phân nhánh, xoắn như lò xo. Thủy phân X trong môi trường axit thu được glucozơ. Tên gọi của X là
A, saccarozơ.
B, amilozơ.
C, xenlulozơ.
D, amilopectin.
HD: ► Dấu hiệu: màu trắng, mạch nên là xenlulozơ hay tinh bột? chất rắn vô định hình + đóng xoắn → là tinh bột (vì xenlulozơ dạng sợi, không xoắn).
☆ Phân tích: tinh bột gồm 2 thành phần là amilozơ (không phân nhánh) và amilopectin (phân nhánh) ⇝ Chọn đáp án B. ♦
☆ Phân tích: tinh bột gồm 2 thành phần là amilozơ (không phân nhánh) và amilopectin (phân nhánh) ⇝ Chọn đáp án B. ♦
Câu 24 [679547]: Phát biểu nào sau đây đúng?
A, Đimetylamin có công thức CH3CH2NH2.
B, Glyxin là hợp chất có tính lưỡng tính.
C, Phân tử Gly-Ala-Val có 6 nguyên tử oxi.
D, Valin tác dụng với dung dịch Br2 tạo kết tủa.
HD: Phân tích các phát biểu:
❌ A. sai vì đimetylamin; đi = 2; metyl là CH3 ⇒ cấu tạo: (CH3)2NH.
✔️ B. đúng vì glyxin là một amino axit: H2NCH2COOH vừa có tính axit (COOH), vừa có tính bazơ (NH2).
❌ C. sai vì Gly-Ala-Val có CTPT là C10H19N3O4 có 4 oxi thôi.
❌ D. sai vì valin: H2NC4H8COOH không tác dụng được với Br2 chứ đừng nói tạo kết tủa (tránh nhầm sang anilin).
❌ A. sai vì đimetylamin; đi = 2; metyl là CH3 ⇒ cấu tạo: (CH3)2NH.
✔️ B. đúng vì glyxin là một amino axit: H2NCH2COOH vừa có tính axit (COOH), vừa có tính bazơ (NH2).
❌ C. sai vì Gly-Ala-Val có CTPT là C10H19N3O4 có 4 oxi thôi.
❌ D. sai vì valin: H2NC4H8COOH không tác dụng được với Br2 chứ đừng nói tạo kết tủa (tránh nhầm sang anilin).
Câu 25 [973503]: Hòa tan hoàn toàn m gam Fe bằng dung dịch HCl dư, thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Giá trị của m là
A, 11,2.
B, 5,6.
C, 2,8.
D, 8,4.
HD: Phản ứng xảy ra: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑.
Giả thiết nH2 = 0,1 mol ⇒ nFe = 0,1 mol ⇒ m = 0,1 × 56 = 5,6 gam.
Giả thiết nH2 = 0,1 mol ⇒ nFe = 0,1 mol ⇒ m = 0,1 × 56 = 5,6 gam.
Câu 26 [120250]: Dẫn V lít khí CO2 vào 200 ml dung dịch NaOH 1M, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Cho rất từ từ đến hết 125 ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch X thì thấy tạo thành 1,68 lít khí CO2. Biết các thể tích khí đều được đo ở đktc. Giá trị của V là
A, 2,24.
B, 1,12.
C, 4,48.
D, 3,36.
HD: YTHH 02: natri đi về đâu?
Ta có 0,2 mol ion Na+; cuối cùng 0,2 mol natri này sẽ đi về đâu?
Kết hợp 0,125 mol Cl– đề về nhà NaCl; còn 0,075 mol nữa?
À, đó chính là 0,075 mol HCO3– đi về NaHCO3.
Lại có 0,075 mol CO2 bay ra nên bảo toàn nguyên tố cacbon, ta có:
∑nCO2 ban đầu = 0,075 + 0,075 = 0,15 mol ⇒ V = 3,36 lít. ❒
☆ Rõ hơn: cái khó của bài này là X chứa gì?
Là Na2CO3 và NaOH dư hay Na2CO3 và NaHCO3.
Nhiều bạn giải tuần tự, nên khi gặp vấn đề trên sẽ chia TH hay xử lí cồng kềnh, phức tạp.
Nhưng, như các bạn thấy, nếu nắm được YTHH 02, đặt câu hỏi cho natri, các bạn lại thấy mọi việc thật đơn giản, dễ dàng. Na+ đương nhiên sẽ kết hợp cùng các cái gì đó –; 0,125 Cl– chưa đủ, sẽ là OH–; HCO3– hay CO32–? Để trả lời câu hỏi này, lại cần nắm được quá trình cho từ từ H+ vào dung dịch X, sẽ xảy ra tuần tự:
đầu tiên là H+ + OH– → H2O
sau đó mới đến H+ + CO32– → HCO3–
sau đó mới đến H+ + HCO3– → CO2↑ + H2O.
Mà như đề cho biết, thu được khí CO2 nên cuối cùng cái – kia chính là HCO3–.
Ta có 0,2 mol ion Na+; cuối cùng 0,2 mol natri này sẽ đi về đâu?
Kết hợp 0,125 mol Cl– đề về nhà NaCl; còn 0,075 mol nữa?
À, đó chính là 0,075 mol HCO3– đi về NaHCO3.
Lại có 0,075 mol CO2 bay ra nên bảo toàn nguyên tố cacbon, ta có:
∑nCO2 ban đầu = 0,075 + 0,075 = 0,15 mol ⇒ V = 3,36 lít. ❒
☆ Rõ hơn: cái khó của bài này là X chứa gì?
Là Na2CO3 và NaOH dư hay Na2CO3 và NaHCO3.
Nhiều bạn giải tuần tự, nên khi gặp vấn đề trên sẽ chia TH hay xử lí cồng kềnh, phức tạp.
Nhưng, như các bạn thấy, nếu nắm được YTHH 02, đặt câu hỏi cho natri, các bạn lại thấy mọi việc thật đơn giản, dễ dàng. Na+ đương nhiên sẽ kết hợp cùng các cái gì đó –; 0,125 Cl– chưa đủ, sẽ là OH–; HCO3– hay CO32–? Để trả lời câu hỏi này, lại cần nắm được quá trình cho từ từ H+ vào dung dịch X, sẽ xảy ra tuần tự:
đầu tiên là H+ + OH– → H2O
sau đó mới đến H+ + CO32– → HCO3–
sau đó mới đến H+ + HCO3– → CO2↑ + H2O.
Mà như đề cho biết, thu được khí CO2 nên cuối cùng cái – kia chính là HCO3–.
Câu 27 [13542]: Trong số các kim loại X, Y, Z, T thì chỉ có:
+ X và Y đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học của kim loại.
+ X và T đẩy được Z ra khỏi dung dịch muối tương ứng.
Dãy sắp xếp các kim loại theo chiều giảm dần mức độ hoạt động hóa học là
+ X và Y đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học của kim loại.
+ X và T đẩy được Z ra khỏi dung dịch muối tương ứng.
Dãy sắp xếp các kim loại theo chiều giảm dần mức độ hoạt động hóa học là
A, Y, X, T, Z.
B, X, Y, Z, T.
C, X, Y, T, Z.
D, X, T, Y, Z.
HD: ☆ Một bài tập hay - khó nhẹ nhàng về quá trình hóa học.!
Rất nhiều bạn không đọc - hiểu được quá trình, không phân tích được đề sẽ cảm thấy khá rối, thậm chí nghĩ sai hoặc thiếu đề.
"Giả thiết chữ" quan trọng nhất trong bài này chính là chữ "chỉ có":
• Chỉ có X, Y đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học ⇝ Z, T đứng sau H.
• Chỉ có X và T đẩy được Z ra khỏi dung dịch muối tương ứng ⇝ Y không đẩy được Z.
Suy nghĩ: trong dãy điện hóa: Y > (H) > Z mà Y không đẩy được Z ⇒ Y là kim loại kiềm, kiềm thổ.
Bởi Y sẽ phản ứng với H2O trước, sau đó sẽ tạo kết tủa hiđroxit kim loại Z, nên không đẩy được Z ra khỏi dung dịch.
Vậy, thứ tự các kim loại trong dãy điện hóa: Y > X > (H) > T > Z.
► Ví dụ: hãy thử nghiệm lại dãy Na (Y) > Al (X) > (H) > Cu (T) > Ag (Z) với giả thiết. ❒
Rất nhiều bạn không đọc - hiểu được quá trình, không phân tích được đề sẽ cảm thấy khá rối, thậm chí nghĩ sai hoặc thiếu đề.
"Giả thiết chữ" quan trọng nhất trong bài này chính là chữ "chỉ có":
• Chỉ có X, Y đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học ⇝ Z, T đứng sau H.
• Chỉ có X và T đẩy được Z ra khỏi dung dịch muối tương ứng ⇝ Y không đẩy được Z.
Suy nghĩ: trong dãy điện hóa: Y > (H) > Z mà Y không đẩy được Z ⇒ Y là kim loại kiềm, kiềm thổ.
Bởi Y sẽ phản ứng với H2O trước, sau đó sẽ tạo kết tủa hiđroxit kim loại Z, nên không đẩy được Z ra khỏi dung dịch.
Vậy, thứ tự các kim loại trong dãy điện hóa: Y > X > (H) > T > Z.
► Ví dụ: hãy thử nghiệm lại dãy Na (Y) > Al (X) > (H) > Cu (T) > Ag (Z) với giả thiết. ❒
Câu 28 [305759]: Đun nóng 10,08 lít hỗn hợp khí gồm axetilen và hiđro trong bình kín (có ít bột Ni) một thời gian được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y lần lượt qua bình dung dịch (1) chứa lượng dư AgNO3 trong NH3; bình dung dịch (2) chứa 0,05 mol Br2; kết quả là ở bình (1) thu được m gam kết tủa; bình (2) mất màu hoàn toàn; đồng thời thoát ra hỗn hợp khí Z. Làm khô Z rồi đốt cháy trong 0,4 mol O2 (dư), thu được tổng số mol các khí và hơi bằng 0,55 mol. Giá trị của m là
A, 24,0.
B, 19,2.
C, 14,4.
D, 12,0.
HD: ☆ Dùng YTHH số 01 xử lí thật tinh tế.
Trong phản ứng đốt cháy:
Bảo toàn nguyên tố O có: 0,55 × 2 – nH2O = 0,4 × 2 ⇒ nH2O = 0,3 mol.
Sử dụng tiếp YTHH số 01 bảo toàn cụm H2 cả quá trình:
có nC2H2 trong Y = 0,45 – 0,3 – 0,05 × 2 = 0,05 mol.
⇝ có 0,05 mol AgC≡CAg ⇒ m = 0,05 × 240 = 12,0 gam. ❒
Trong phản ứng đốt cháy:
Bảo toàn nguyên tố O có: 0,55 × 2 – nH2O = 0,4 × 2 ⇒ nH2O = 0,3 mol.
Sử dụng tiếp YTHH số 01 bảo toàn cụm H2 cả quá trình:
có nC2H2 trong Y = 0,45 – 0,3 – 0,05 × 2 = 0,05 mol.
⇝ có 0,05 mol AgC≡CAg ⇒ m = 0,05 × 240 = 12,0 gam. ❒
Câu 29 [273498]: A là kim loại khá hoạt động. Chất B là hoá chất thông dụng, chỉ chứa ba nguyên tố K, O và A (trong đó % theo khối lượng của K, O lần lượt là 40,27% và 32,96%). Nhỏ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch chất B thì dung dịch đổi màu. B có phân tử khối là
A, 94.
B, 294.
C, 127.
D, 194.
%mA = 26,77%, kim loại A hóa trị x, bảo toàn electron:
=>A = 8,67x
=> x = 6, A = 52: A là Cr
K: Cr: O =
= 1: 0,5:22:1:4
B là K2CrO4 => MB = 194
=>A = 8,67x
=> x = 6, A = 52: A là Cr
K: Cr: O =
= 1: 0,5:22:1:4
B là K2CrO4 => MB = 194
Câu 30 [26087]: Cho các phát biểu sau:
(a) Axit glutamic và lysin đều làm đổi màu dung dịch phenolphtalein.
(b) Phân tử các chất béo no đều có chứa ba liên kết π.
(c) Amilozơ và xenlulozơ đều có mạch cacbon không phân nhánh.
(d) Policaproamit và nilon-6,6 đều thuộc loại tơ poliamit.
(e) Phân biệt được hai dung dịch etanol và etylen glicol bằng Cu(OH)2.
Số phát biểu đúng là
(a) Axit glutamic và lysin đều làm đổi màu dung dịch phenolphtalein.
(b) Phân tử các chất béo no đều có chứa ba liên kết π.
(c) Amilozơ và xenlulozơ đều có mạch cacbon không phân nhánh.
(d) Policaproamit và nilon-6,6 đều thuộc loại tơ poliamit.
(e) Phân biệt được hai dung dịch etanol và etylen glicol bằng Cu(OH)2.
Số phát biểu đúng là
A, 2.
B, 3.
C, 4.
D, 5.
HD: ☆ Xem xét - phân tích các phát biểu:
(a) sai vì axit glutamic có môi trường axit pH < 7 trong dung dịch ⇒ không làm đổi màu phenolphtalein.
(b) đúng vì với chất béo no ∑πC=C = 0; còn ∑πC=O = 3 ⇒ ∑π = 0 + 3 = 3.
(c) đúng. Amilopectin có mạch polime phân nhánh; amilozơ thì không phân nhánh.
(d) đúng. Policaproamit là nilon-6.
(e) đúng. Dung dịch etylen glicol hòa tan được Cu(OH)2 tạo phức tan màu xanh lam, còn etanol thì không.
⇝ CÓ 4 phát biểu đúng. ❒
(a) sai vì axit glutamic có môi trường axit pH < 7 trong dung dịch ⇒ không làm đổi màu phenolphtalein.
(b) đúng vì với chất béo no ∑πC=C = 0; còn ∑πC=O = 3 ⇒ ∑π = 0 + 3 = 3.
(c) đúng. Amilopectin có mạch polime phân nhánh; amilozơ thì không phân nhánh.
(d) đúng. Policaproamit là nilon-6.
(e) đúng. Dung dịch etylen glicol hòa tan được Cu(OH)2 tạo phức tan màu xanh lam, còn etanol thì không.
⇝ CÓ 4 phát biểu đúng. ❒
Câu 31 [679563]: Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam triglixerit X, thu được H2O và 1,1 mol CO2. Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối. Mặt khác, 17,16 gam X tác dụng được tối đa với 0,04 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của m là
A, 18,48.
B, 17,72.
C, 16,12.
D, 18,28.
HD: ► Mẹo giải nhanh: số C chất béo ta học là số lẻ, từ khoảng 51 ⇝ 57; 1,1 mol CO2 thì chia tròn đẹp cho 55 ⇒ Mò được có 0,02 mol X là C55H102O6.
Thuỷ phân: 17,16 gam X + 0,06 mol NaOH → m gam muối + 0,02 mol C3H5(OH)3.
⇒ BTKL có ngay: 17,16 + 0,06 × 40 = m + 0,02 × 92 ⇒ m = 17,72 gam.
☆ Giải bình thường: thay 0,04 mol Br2 bằng 0,04 mol H2 làm no X
⇒ có 17,24 gam chất béo no dạng CnH2n – 4O6 đốt thu được không đổi 1,1 mol CO2.
Tinh tế tách cụm: 17,24 gam gồm 1,1 mol CH2 và ? mol O6H– 4 ⇒ ? = (17,24 – 1,1 × 14) ÷ 92 = 0,02 mol.
Quay lại giải thuỷ phân tương tự trên khi biết số mol X ⇒ m = 17,72 gam.
Thuỷ phân: 17,16 gam X + 0,06 mol NaOH → m gam muối + 0,02 mol C3H5(OH)3.
⇒ BTKL có ngay: 17,16 + 0,06 × 40 = m + 0,02 × 92 ⇒ m = 17,72 gam.
☆ Giải bình thường: thay 0,04 mol Br2 bằng 0,04 mol H2 làm no X
⇒ có 17,24 gam chất béo no dạng CnH2n – 4O6 đốt thu được không đổi 1,1 mol CO2.
Tinh tế tách cụm: 17,24 gam gồm 1,1 mol CH2 và ? mol O6H– 4 ⇒ ? = (17,24 – 1,1 × 14) ÷ 92 = 0,02 mol.
Quay lại giải thuỷ phân tương tự trên khi biết số mol X ⇒ m = 17,72 gam.
Câu 32 [906814]: Thực hiện các thí nghiệm sau:
(a) Cho hỗn hợp Ba và Al (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2) vào nước (dư).
(b) Cho hỗn hợp Cu và Fe2O3 (tỉ lệ mol 1 : 1) vào dung dịch HCl (dư).
(c) Cho hỗn hợp Ba và NaHCO3 (tỉ lệ mol 1 : 1) vào nước (dư).
(d) Cho hỗn hợp Cu và NaNO3 (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2) vào dung dịch HCl (dư).
(e) Cho hỗn hợp BaCO3 và KHSO4 vào nước (dư).
Khi phản ứng trong các thí nghiệm trên kết thúc, có bao nhiêu thí nghiệm không thu được chất rắn?
(a) Cho hỗn hợp Ba và Al (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2) vào nước (dư).
(b) Cho hỗn hợp Cu và Fe2O3 (tỉ lệ mol 1 : 1) vào dung dịch HCl (dư).
(c) Cho hỗn hợp Ba và NaHCO3 (tỉ lệ mol 1 : 1) vào nước (dư).
(d) Cho hỗn hợp Cu và NaNO3 (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2) vào dung dịch HCl (dư).
(e) Cho hỗn hợp BaCO3 và KHSO4 vào nước (dư).
Khi phản ứng trong các thí nghiệm trên kết thúc, có bao nhiêu thí nghiệm không thu được chất rắn?
A, 1.
B, 3.
C, 4.
D, 2.
HD: Các phản ứng xảy ra và kết quả khi tiến hành các thí nghiệm:
✔️ (a) Đầu tiên: 1Ba + 2H2O → 1Ba(OH)2 + H2↑;
sau đó 1Ba(OH)2 + 2Al → Ba(AlO2)2 + H2O ||⇝ phản ứng vừa đẹp!
✔️ (b) Đầu tiên 1Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O.
Sau đó: 1Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 ||⇝ phản ứng vừa đẹp!
❌ (c) Đầu tiên: 1Ba + 2H2O → 1Ba(OH)2 + H2↑;
Sau đó: 1Ba(OH)2 + 1NaHCO3 → BaCO3↓ + NaOH + H2O.
✔️ (d) 3Cu + 8H+ + 2NO3– → 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O ||⇝ kim loại Cu phản ứng hết.
❌ (e) BaCO3 + KHSO4 → BaSO4↓ + CO2↑ + K2SO4.
⇝ Có 3/5 thí nghiệm thỏa mãn yêu cầu không thu được chất rắn sau phản ứng ⇝ Chọn đáp án B. ♦
✔️ (a) Đầu tiên: 1Ba + 2H2O → 1Ba(OH)2 + H2↑;
sau đó 1Ba(OH)2 + 2Al → Ba(AlO2)2 + H2O ||⇝ phản ứng vừa đẹp!
✔️ (b) Đầu tiên 1Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O.
Sau đó: 1Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 ||⇝ phản ứng vừa đẹp!
❌ (c) Đầu tiên: 1Ba + 2H2O → 1Ba(OH)2 + H2↑;
Sau đó: 1Ba(OH)2 + 1NaHCO3 → BaCO3↓ + NaOH + H2O.
✔️ (d) 3Cu + 8H+ + 2NO3– → 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O ||⇝ kim loại Cu phản ứng hết.
❌ (e) BaCO3 + KHSO4 → BaSO4↓ + CO2↑ + K2SO4.
⇝ Có 3/5 thí nghiệm thỏa mãn yêu cầu không thu được chất rắn sau phản ứng ⇝ Chọn đáp án B. ♦
Câu 33 [679560]: Cho sơ đồ các phản ứng theo đúng tỉ lệ mol:
(a) X + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O
X1 + 4Ag + 4NH4NO3;
(b) X1 + 2NaOH → X2 + 2NH3 + 2H2O;
(c) X2 + 2HCl → X3 + 2NaCl;
(d) X3 + C2H5OH
X4 + H2O.
Biết X là hợp chất hữu cơ no, mạch hở, chỉ chứa một loại nhóm chức. Khi đốt cháy hoàn toàn X2, sản phẩm thu được chỉ gồm CO2 và Na2CO3. Phân tử khối của X4 là
(a) X + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O
X1 + 4Ag + 4NH4NO3;(b) X1 + 2NaOH → X2 + 2NH3 + 2H2O;
(c) X2 + 2HCl → X3 + 2NaCl;
(d) X3 + C2H5OH
X4 + H2O.Biết X là hợp chất hữu cơ no, mạch hở, chỉ chứa một loại nhóm chức. Khi đốt cháy hoàn toàn X2, sản phẩm thu được chỉ gồm CO2 và Na2CO3. Phân tử khối của X4 là
A, 118.
B, 138.
C, 90.
D, 146.
HD: Phân tích: (a) là phản ứng tráng bạc, sản phẩm X1 + 2NaOH nên có dạng R(COONH4)2 (2 chức)
Theo đó, X2 có dạng R(COONa)2, đốt cháy không thu được H2O nên gốc R không chứa H.
Vậy, X2 là (COONa)2 hay NaOOC–C≡C–COONa, hay NaOOC–C≡C–C≡C–COONa,…
Cần lưu ý rẳng X là hợp chất no ⇝ X1, X2, X3 cùng khung cacbon với X nên chỉ có duy nhất công thức (COONa)2 ứng với X2 thỏa mãn; theo đó, X3 là (COOH)2.
☆ Phản ứng este hóa: (COOH)2 + C2H5OH ⇄ HOOCCOOC2H5 + H2O.
(► Thật lưu ý các phản ứng xảy ra theo đúng tỉ lệ mol đề cho!)
⇒ Phân tử khối của X4 (C4H6O4) là 118.
Theo đó, X2 có dạng R(COONa)2, đốt cháy không thu được H2O nên gốc R không chứa H.
Vậy, X2 là (COONa)2 hay NaOOC–C≡C–COONa, hay NaOOC–C≡C–C≡C–COONa,…
Cần lưu ý rẳng X là hợp chất no ⇝ X1, X2, X3 cùng khung cacbon với X nên chỉ có duy nhất công thức (COONa)2 ứng với X2 thỏa mãn; theo đó, X3 là (COOH)2.
☆ Phản ứng este hóa: (COOH)2 + C2H5OH ⇄ HOOCCOOC2H5 + H2O.
(► Thật lưu ý các phản ứng xảy ra theo đúng tỉ lệ mol đề cho!)
⇒ Phân tử khối của X4 (C4H6O4) là 118.
Câu 34 [602232]: Tiến hành thí nghiệm theo các bước sau:
Bước 1: Cho vào ống nghiệm 1 – 2 ml dung dịch hồ tinh bột.
Bước 2: Nhỏ vài giọt dung dịch iot vào ống nghiệm đó.
Bước 3: Đun nóng dung dịch trong ống nghiệm một lát trên ngọn lửa đèn cồn, không để dung dịch sôi.
Bước 4: Làm nguội dung dịch trong ống nghiệm vừa đun ở bước 3 bằng cách ngâm ống nghiệm trong cốc thủy tinh chứa nước ở nhiệt độ thường.
Cho các phát biểu sau:
(a) Dung dịch ở bước 1 có khả năng hòa tan Cu(OH)2 tạo dung dịch có màu xanh lam.
(b) Sau bước 2, dung dịch trong ống nghiệm có màu xanh tím.
(c) Ở bước 3, màu xanh tím của dung dịch trong ống nghiệm bị nhạt dần hoặc mất màu.
(d) Sau bước 4, màu xanh tím của dung dịch trong ống nghiệm sẽ biến mất hoàn toàn.
(e) Ở bước 1, nếu thay tinh bột bằng glucozơ thì các hiện tượng thí nghiệm sau bước 2 vẫn xảy ra tương tự.
Số phát biểu đúng là
Bước 1: Cho vào ống nghiệm 1 – 2 ml dung dịch hồ tinh bột.
Bước 2: Nhỏ vài giọt dung dịch iot vào ống nghiệm đó.
Bước 3: Đun nóng dung dịch trong ống nghiệm một lát trên ngọn lửa đèn cồn, không để dung dịch sôi.
Bước 4: Làm nguội dung dịch trong ống nghiệm vừa đun ở bước 3 bằng cách ngâm ống nghiệm trong cốc thủy tinh chứa nước ở nhiệt độ thường.
Cho các phát biểu sau:
(a) Dung dịch ở bước 1 có khả năng hòa tan Cu(OH)2 tạo dung dịch có màu xanh lam.
(b) Sau bước 2, dung dịch trong ống nghiệm có màu xanh tím.
(c) Ở bước 3, màu xanh tím của dung dịch trong ống nghiệm bị nhạt dần hoặc mất màu.
(d) Sau bước 4, màu xanh tím của dung dịch trong ống nghiệm sẽ biến mất hoàn toàn.
(e) Ở bước 1, nếu thay tinh bột bằng glucozơ thì các hiện tượng thí nghiệm sau bước 2 vẫn xảy ra tương tự.
Số phát biểu đúng là
A, 3.
B, 4.
C, 2.
D, 5.
HD: Phân tích thí nghiệm tiến hành:
• Bước 2: dung dịch I2 là dung dịch có màu vàng nhạt, khi tương tác với hồ tinh bột sẽ tạo thành màu xanh tím đặc trưng. Giải thích: phân tử tinh bột có tạo mạch ở dạng xoắn có lỗ rỗng (giống như lò xo):
⇝ các phân tử iot có thể chui vào và bị hấp phụ, tạo “hợp chất” màu xanh tím.
• Bước 3: khi đun nóng, các phân tử tinh bột sẽ duỗi xoắn, không thể hấp phụ được iot nữa
⇝ màu xanh tím bị mất đi. ► Chú ý, ở bước 3 này thì đun nóng không làm iot bay hơi, thăng hoa hoàn toàn được.
• Bước 4: khi làm nguội, phân tử tinh bột trở lại dạng xoắn, các phân tử iot lại bị hấp phụ, chui vào lỗ rỗng xoắn thu được “hợp chất” màu xanh tím như sau bước 2.
☆ Phân tích các phát biểu:
❌ (a) sai vì tinh bột không có phản ứng hoà tan Cu(OH)2.
✔️ (b) đúng theo phân tích trên.
✔️ (c) đúng theo phân tích trên.
❌ (d) sai vì màu xanh tím sẽ xuất hiện trở lại theo phân tích trên.
❌ (e) sai vì glucozơ không có phản ứng màu với I2.
⇝ có 2/5 phát biểu đúng ⇝ Chọn đáp án C. ♣ ❒
• Bước 2: dung dịch I2 là dung dịch có màu vàng nhạt, khi tương tác với hồ tinh bột sẽ tạo thành màu xanh tím đặc trưng. Giải thích: phân tử tinh bột có tạo mạch ở dạng xoắn có lỗ rỗng (giống như lò xo):
⇝ các phân tử iot có thể chui vào và bị hấp phụ, tạo “hợp chất” màu xanh tím.
• Bước 3: khi đun nóng, các phân tử tinh bột sẽ duỗi xoắn, không thể hấp phụ được iot nữa
⇝ màu xanh tím bị mất đi. ► Chú ý, ở bước 3 này thì đun nóng không làm iot bay hơi, thăng hoa hoàn toàn được.
• Bước 4: khi làm nguội, phân tử tinh bột trở lại dạng xoắn, các phân tử iot lại bị hấp phụ, chui vào lỗ rỗng xoắn thu được “hợp chất” màu xanh tím như sau bước 2.
☆ Phân tích các phát biểu:
❌ (a) sai vì tinh bột không có phản ứng hoà tan Cu(OH)2.
✔️ (b) đúng theo phân tích trên.
✔️ (c) đúng theo phân tích trên.
❌ (d) sai vì màu xanh tím sẽ xuất hiện trở lại theo phân tích trên.
❌ (e) sai vì glucozơ không có phản ứng màu với I2.
⇝ có 2/5 phát biểu đúng ⇝ Chọn đáp án C. ♣ ❒
Câu 35 [39107]: Tiến hành điện phân dung dịch chứa a mol CuSO4 và b mol NaCl bằng dòng điện một chiều có cường độ 2A (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước). Gọi V là tổng thể tích khí (đktc) thoát ra ở cả hai điện cực. Quá trình điện phân được mô tả theo đồ thị sau:
Tỉ lệ a : b là
Tỉ lệ a : b là
A, 1 : 3.
B, 2 : 5.
C, 3 : 8.
D, 1 : 2.
HD: Đọc dung dịch ra và đọc đồ thị:
![39107[LG].png](https://m.moon.vn/Images/Teachers/rongden_167/HINHVE/39107[LG].png)
◈ Đoạn OM: dung dịch ra là CuCl2; khí ra là Cl2.
◈ Đoạn MN: độ dốc đồ thị cao lên, hiểu cách khác là khí thoát ra nhiều hơn
⇝ dung dịch ra HCl, khí ra gồm Cl2 bên anot và thêm H2 catot.
◈ Đoạn NP: thoải xuống chút → khí ra bên anot là O2 thay cho Cl2
⇝ dung dịch ra là H2O; anot ra O2 và catot vẫn ra H2.
Đọc được đồ thị, hiểu và phân tích được quá trình ⇝ mọi chuyện còn lại dễ:
☆ Tại điểm (4825; 1344): dung dịch ra: a mol CuCl2 + 2x mol HCl.
∑nkhí = 2x + a = 0,06. Lại theo công thức định luật Farađay, ta có:
ne trao đổi = It ÷ 96500 = 2 × 4825 ÷ 96500 = 0,1 mol
⇒ 2a + 2x = ne trao đổi bên anot = 0,1 ⇒ Giải: x = 0,01 và a = 0,04.
☆ Tại điểm P(7720; 2464), dung dịch ra: 0,04 mol CuCl2 + (b – 0,08) mol HCl + y mol H2O.
Tương tự: ∑nkhí thu được = 0,04 + (b – 0,08) + 1,5y = 0,11 mol.
ne trao đổi bên catot = 0,04 × 2 + (b – 0,08) + 2y = 7720 × 2 ÷ 96500
Giải hệ được: b = 0,12 và y = 0,02 ⇝ Yêu cầu: tỉ lệ a : b = 0,04 ÷ 0,12 = 1 ÷ 3. ❒
◈ Đoạn OM: dung dịch ra là CuCl2; khí ra là Cl2.
◈ Đoạn MN: độ dốc đồ thị cao lên, hiểu cách khác là khí thoát ra nhiều hơn
⇝ dung dịch ra HCl, khí ra gồm Cl2 bên anot và thêm H2 catot.
◈ Đoạn NP: thoải xuống chút → khí ra bên anot là O2 thay cho Cl2
⇝ dung dịch ra là H2O; anot ra O2 và catot vẫn ra H2.
Đọc được đồ thị, hiểu và phân tích được quá trình ⇝ mọi chuyện còn lại dễ:
☆ Tại điểm (4825; 1344): dung dịch ra: a mol CuCl2 + 2x mol HCl.
∑nkhí = 2x + a = 0,06. Lại theo công thức định luật Farađay, ta có:
ne trao đổi = It ÷ 96500 = 2 × 4825 ÷ 96500 = 0,1 mol
⇒ 2a + 2x = ne trao đổi bên anot = 0,1 ⇒ Giải: x = 0,01 và a = 0,04.
☆ Tại điểm P(7720; 2464), dung dịch ra: 0,04 mol CuCl2 + (b – 0,08) mol HCl + y mol H2O.
Tương tự: ∑nkhí thu được = 0,04 + (b – 0,08) + 1,5y = 0,11 mol.
ne trao đổi bên catot = 0,04 × 2 + (b – 0,08) + 2y = 7720 × 2 ÷ 96500
Giải hệ được: b = 0,12 và y = 0,02 ⇝ Yêu cầu: tỉ lệ a : b = 0,04 ÷ 0,12 = 1 ÷ 3. ❒
Câu 36 [119861]: [B – 2014]: Hỗn hợp X gồm hai muối R2CO3 và RHCO3. Chia 44,7 gam X thành ba phần bằng nhau:
– Phần một tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 35,46 gam kết tủa.
– Phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaCl2 dư, thu được 7,88 gam kết tủa.
– Phần ba tác dụng tối đa với V ml dung dịch KOH 2M.
Giá trị của V là
– Phần một tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 35,46 gam kết tủa.
– Phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaCl2 dư, thu được 7,88 gam kết tủa.
– Phần ba tác dụng tối đa với V ml dung dịch KOH 2M.
Giá trị của V là
A, 180.
B, 200.
C, 110.
D, 70.
Giải: Khối lượng mỗi phân bằng nhau = 
= 14,9 gam
Từ phần 1 → ∑n(CO32– + HCO3– ) = nBaCO3 (1) = 0,18 mol
Từ phân 2 → nCO32– = nBaCO3 (2) = 0,04 mol ⇒ nHCO3– = 0,14 mol
⇒ 0,04×(2R+60) + 0,14×(R+61) = 14,9
R = 18 (NH4/)
Ta có các phản ứng sau:
2KOH + (NH4)2CO3 → K2CO3 + 2NH3↑ + 2H2O
2KOH + NH4HCO3 → K2CO3 + NH3 + 2H2O
⇒ nKOH cần dùng = 0,04×2 + 0,14×2 = 0,36 mol
VKOH cần dùng = 0,36 ÷ 2 = 0,18 lít = 180 ml ⇒ Chọn A
= 14,9 gamTừ phần 1 → ∑n(CO32– + HCO3– ) = nBaCO3 (1) = 0,18 mol
Từ phân 2 → nCO32– = nBaCO3 (2) = 0,04 mol ⇒ nHCO3– = 0,14 mol
⇒ 0,04×(2R+60) + 0,14×(R+61) = 14,9
R = 18 (NH4/)Ta có các phản ứng sau:
2KOH + (NH4)2CO3 → K2CO3 + 2NH3↑ + 2H2O
2KOH + NH4HCO3 → K2CO3 + NH3 + 2H2O
⇒ nKOH cần dùng = 0,04×2 + 0,14×2 = 0,36 mol
VKOH cần dùng = 0,36 ÷ 2 = 0,18 lít = 180 ml ⇒ Chọn A
Câu 37 [311692]: Cho 8,04 gam hỗn hợp CH3CHO và C2H2 tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 55,2 gam kết tủa. Cho kết tủa này vào dung dịch HCl dư, sau khi kết thúc phản ứng còn lại m gam chất không tan. Giá trị của m là
A, 61,78.
B, 21,60.
C, 55,20.
D, 41,69.
HD: ☆ Cho hỗn hợp vào lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 xảy ra:
CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → CH3COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag↓.
HC≡CH + 2AgNO3 + 2NH3 → AgC≡CAg↓ + 2NH4NO3.
Theo đó, gọi số mol CH3CHO và C2H2 trong 8,04 gam hỗn hợp lần lượt là a, b mol.
Ta có ngay hệ các phương trình:
⇝ 55,2 gam kết tủa gồm 0,2 mol Ag và 0,14 mol AgC≡CAg.
Dẫn lượng này vào dung dịch HCl dư, chỉ xảy ra phản ứng:
AgC≡CAg + 2HCl → HC≡CH + 2AgCl↓.
⇒ m gam chất không tan thu được gồm 0,2 mol Ag và 0,28 mol AgCl ⇒ m = 61,78 gam. ❒
CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → CH3COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag↓.
HC≡CH + 2AgNO3 + 2NH3 → AgC≡CAg↓ + 2NH4NO3.
Theo đó, gọi số mol CH3CHO và C2H2 trong 8,04 gam hỗn hợp lần lượt là a, b mol.
Ta có ngay hệ các phương trình:
⇝ 55,2 gam kết tủa gồm 0,2 mol Ag và 0,14 mol AgC≡CAg.
Dẫn lượng này vào dung dịch HCl dư, chỉ xảy ra phản ứng:
AgC≡CAg + 2HCl → HC≡CH + 2AgCl↓.
⇒ m gam chất không tan thu được gồm 0,2 mol Ag và 0,28 mol AgCl ⇒ m = 61,78 gam. ❒
Câu 38 [679395]: Hòa tan hết 28,16 gam hỗn hợp rắn X gồm Mg, Fe3O4 và FeCO3 vào dung dịch chứa H2SO4 và NaNO3, thu được 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí Y (gồm CO2, NO, N2, H2) có khối lượng 5,14 gam và dung dịch Z chỉ chứa các muối trung hòa. Dung dịch Z phản ứng tối đa với 1,285 mol NaOH, thu được 43,34 gam kết tủa và 0,56 lít khí (đktc). Nếu cho Z tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thì thu được 166,595 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng Mg trong X là
A, 34,09%.
B, 25,57%.
C, 38,35%.
D, 29,83%.
HD:
Sơ đồ quá trình:
Ta biết: Z + Ba(OH)2 thì 166,595 gam kết tủa là 0,715 mol BaSO4 ⇒ tương ứng số mol H2SO4 là 0,715 mol; Z + NaOH thì 0,56 lít khí là NH3 tương ứng có 0,025 mol NH4+.
► Đặt câu hỏi: 1,285 mol Na trong NaOH thêm vào và Na trong NaNO3 sẵn có đi về đâu? Trả lời: 0,715 mol Na2SO4 ⇒ số mol NaNO3 ban đầu là 0,715 × 2 – 1,285 = 0,145 mol.
Trong Z biết có 0,145 mol Na+; 0,025 mol NH4+ ⇒ quan sát lại Z và phản ứng với NaOH:
Tương quan 2 nhóm OH– thay thế 1 gốc SO42– ⇒ 43,34 gam kết tủa gồm: Mg, Fe và 1,26 mol OH ⇒ ∑mMg, Fe = 21,92 gam.
Lại theo bảo toàn khối lượng cả sơ đồ ban đầu có mH2O = 11,07 gam.
⇒ nH2O = 0,615 mol ⇒ bảo toàn nguyên tố H có nH2 trong Y = 0,05 mol.
Hỗn hợp khí Y gồm CO2, N2, NO và 0,05 mol H2; biết tổng mol Y là 0,2; nặng 5,14 gam. Bảo toàn nguyên tố N có thêm giả thiết nNO + 2nN2 = 0,12 mol
⇒ Giải hệ số mol các khí trong Y: nNO = 0,1 mol; nN2 = 0,01 mol; nCO2 = 0,04 mol
⇒ trong X chứa 0,04 mol FeCO3 (tính theo C).
⇒ Số mol Fe3O4 là (28,16 – 21,92 – 0,04 × 60) ÷ 16 ÷ 4 = 0,06 mol (tính theo O).
⇒ mMg = 9,6 gam ⇒ %mMg trong X = 9,6 ÷ 28,16 × 100% ≈ 34,09%.
Ta biết: Z + Ba(OH)2 thì 166,595 gam kết tủa là 0,715 mol BaSO4 ⇒ tương ứng số mol H2SO4 là 0,715 mol; Z + NaOH thì 0,56 lít khí là NH3 tương ứng có 0,025 mol NH4+.
► Đặt câu hỏi: 1,285 mol Na trong NaOH thêm vào và Na trong NaNO3 sẵn có đi về đâu? Trả lời: 0,715 mol Na2SO4 ⇒ số mol NaNO3 ban đầu là 0,715 × 2 – 1,285 = 0,145 mol.
Trong Z biết có 0,145 mol Na+; 0,025 mol NH4+ ⇒ quan sát lại Z và phản ứng với NaOH:
Tương quan 2 nhóm OH– thay thế 1 gốc SO42– ⇒ 43,34 gam kết tủa gồm: Mg, Fe và 1,26 mol OH ⇒ ∑mMg, Fe = 21,92 gam.
Lại theo bảo toàn khối lượng cả sơ đồ ban đầu có mH2O = 11,07 gam.
⇒ nH2O = 0,615 mol ⇒ bảo toàn nguyên tố H có nH2 trong Y = 0,05 mol.
Hỗn hợp khí Y gồm CO2, N2, NO và 0,05 mol H2; biết tổng mol Y là 0,2; nặng 5,14 gam. Bảo toàn nguyên tố N có thêm giả thiết nNO + 2nN2 = 0,12 mol
⇒ Giải hệ số mol các khí trong Y: nNO = 0,1 mol; nN2 = 0,01 mol; nCO2 = 0,04 mol
⇒ trong X chứa 0,04 mol FeCO3 (tính theo C).
⇒ Số mol Fe3O4 là (28,16 – 21,92 – 0,04 × 60) ÷ 16 ÷ 4 = 0,06 mol (tính theo O).
⇒ mMg = 9,6 gam ⇒ %mMg trong X = 9,6 ÷ 28,16 × 100% ≈ 34,09%.
Câu 39 [133773]: Hòa tan hết a gam hỗn hợp FeO và Fe2O3 vào dung dịch HCl dư, thu được dung dịch X chứa số mol FeCl2 gấp đôi số mol FeCl3. Cho b gam hỗn hợp Mg và Fe (tỉ lệ mol 1 : 1) tan hoàn toàn vào X, thu được c mol khí H2 và dung dịch Y. Biết rằng có một phần nguyên tử hiđro vừa sinh ra (chưa kịp kết hợp với nhau thành phân tử) đã khử toàn bộ Fe(III) thành Fe(II) theo phương trình: FeCl3 + H → FeCl2 + HCl. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, lọc lấy kết tủa và nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được chất rắn Z. Biết Z tác dụng với tối đa 4c mol khí H2 khi nung nóng. Tỉ lệ a : b tương ứng là
A, 6 : 5.
B, 12 : 5.
C, 14 : 5.
D, 8 : 5.
HD: Đọc kỹ quá trình phản ứng và tổng hợp thành sơ đồ:
Gọi số mol Mg và Fe cùng là x (tỉ lệ 1 : 1).
Gọi số mol FeCl3 trong X là y mol thì FeCl2 là 2y mol.
Z gồm MgO và Fe2O3; nhưng chỉ có Fe2O3 bị H2 khử.
Phản ứng: 3H2 + Fe2O3 ––to→ 2Fe + 3H2O.
Giả thiết nH2 = 4c mol ⇒ nFeO3 trong Z = 4c/3 mol.
Y chỉ chứa muối FeCl2 (do sắt(III) bị H khử hết về sắt(II))
⇒ nFeCl2 trong Y = 8c/3 mol (theo bảo toàn Fe).
Trên sơ đồ, nHCl = 2nH2 = 2c mol (theo bảo toàn H).
• bảo toàn nguyên tố Cl: 2y × 2 + 3y + 2c = 2x + (8c/3) × 2.
• bảo toàn nguyên tố Fe: x + 2y + y = 8c/3.
Chọn c = 3 mol, giải hệ các phương trình ta được x = 2 và y = 2.
Theo đó, a gam hỗn hợp ban đầu gồm 4 mol FeO và 1 mol Fe2O3 ⇒ a = 448 gam.
b gam hỗn hợp kim loại gồm 2 mol Mg và 2 mol Fe ⇒ b = 160 gam.
Vậy, yêu cầu tỉ lệ a : b = 448 ÷ 160 = 14 : 5 ⇝ Chọn đáp án C. ♣
Gọi số mol Mg và Fe cùng là x (tỉ lệ 1 : 1).
Gọi số mol FeCl3 trong X là y mol thì FeCl2 là 2y mol.
Z gồm MgO và Fe2O3; nhưng chỉ có Fe2O3 bị H2 khử.
Phản ứng: 3H2 + Fe2O3 ––to→ 2Fe + 3H2O.
Giả thiết nH2 = 4c mol ⇒ nFeO3 trong Z = 4c/3 mol.
Y chỉ chứa muối FeCl2 (do sắt(III) bị H khử hết về sắt(II))
⇒ nFeCl2 trong Y = 8c/3 mol (theo bảo toàn Fe).
Trên sơ đồ, nHCl = 2nH2 = 2c mol (theo bảo toàn H).
• bảo toàn nguyên tố Cl: 2y × 2 + 3y + 2c = 2x + (8c/3) × 2.
• bảo toàn nguyên tố Fe: x + 2y + y = 8c/3.
Chọn c = 3 mol, giải hệ các phương trình ta được x = 2 và y = 2.
Theo đó, a gam hỗn hợp ban đầu gồm 4 mol FeO và 1 mol Fe2O3 ⇒ a = 448 gam.
b gam hỗn hợp kim loại gồm 2 mol Mg và 2 mol Fe ⇒ b = 160 gam.
Vậy, yêu cầu tỉ lệ a : b = 448 ÷ 160 = 14 : 5 ⇝ Chọn đáp án C. ♣
Câu 40 [311745]: Hỗn hợp E gồm este X đơn chức và axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, không no có một liên kết đôi C=C trong phân tử). Đốt cháy hoàn toàn một lượng E thu được 0,43 mol khí CO2 và 0,32 mol hơi nước. Mặt khác, thủy phân 46,6 gam E bằng 200 gam dung dịch NaOH 12% rồi cô cạn dung dịch thu được phần hơi Z có chứa chất hữu cơ T. Dẫn toàn bộ Z vào bình kín đựng Na, sau phản ứng khối lượng bình tăng 189,4 gam đồng thời sinh ra 6,16 lít khí H2 (đktc). Biết tỉ khối của T so với H2 là 16. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A, 41,3%.
B, 43,5%.
C, 48,0%.
D, 46,3%.
HD: Giả thiêt chữ: E gồm X dạng CnH2n – 2O2 và Y dạng CmH2m – 4O4 (điều kiện m, n ≥ 4).
☆ Giải đốt: E + O2 ––to→ 0,43 mol CO2 + 0,32 mol H2O.
Quan sát E → quy đổi về 0,43 mol CH2 + 0,22 mol OH–1 ⇒ mE = 9,32 gam = 46,6 ÷ 5.
☆ Phản ứng thủy phân: 46,6 gam E + 0,6 mol NaOH → chất rắn + (H2O + CH3OH).
(biết là CH3OH vì MT = 32 theo giả thiết) ⇒ có mZ = m(H2O; CH3OH) = 189,4 gam.
(► Thật chú ý: bình đựng natri kín nên khối lượng bình tăng chính là khối lượng Z).
Gọi neste = x mol; naxit = y mol thì ∑nCOO = x + 2y = 0,55 mol.
Thủy phân cho x mol CH3OH và 2y mol H2O; tuy nhiên cần chú ý H2O trong Z còn có 176 gam H2O sẵn ở dung dịch NaOH nữa nên 189,4 = 176 + 36y + 32x ⇒ 32x + 36y = 13,4 gam.
Giải hệ được: x = 0,25 mol và y = 0,15 mol. Nghiệm nguyên: 0,25n + 0,15m = 0,43 × 5 ⇄ 5n + 3m = 43.
Thêm điều kiện m, n ≥ 4⇒ cặp duy nhất thỏa mãn là n = 5 và m = 6 ⇄ X là C5H8O2 và Y là C6H8O4.
⇒ %mY trong E = 0,15 × 144 : 46,6 × 100% ≈ 46,35%.
► Chú ý: giả thiết 6,16 lít khí H2 là giả thiết nhiễu, nếu không nắm rõ “bình kín” sẽ rất dễ khó khăn trong việc tìm ra đáp án.
☆ Giải đốt: E + O2 ––to→ 0,43 mol CO2 + 0,32 mol H2O.
Quan sát E → quy đổi về 0,43 mol CH2 + 0,22 mol OH–1 ⇒ mE = 9,32 gam = 46,6 ÷ 5.
☆ Phản ứng thủy phân: 46,6 gam E + 0,6 mol NaOH → chất rắn + (H2O + CH3OH).
(biết là CH3OH vì MT = 32 theo giả thiết) ⇒ có mZ = m(H2O; CH3OH) = 189,4 gam.
(► Thật chú ý: bình đựng natri kín nên khối lượng bình tăng chính là khối lượng Z).
Gọi neste = x mol; naxit = y mol thì ∑nCOO = x + 2y = 0,55 mol.
Thủy phân cho x mol CH3OH và 2y mol H2O; tuy nhiên cần chú ý H2O trong Z còn có 176 gam H2O sẵn ở dung dịch NaOH nữa nên 189,4 = 176 + 36y + 32x ⇒ 32x + 36y = 13,4 gam.
Giải hệ được: x = 0,25 mol và y = 0,15 mol. Nghiệm nguyên: 0,25n + 0,15m = 0,43 × 5 ⇄ 5n + 3m = 43.
Thêm điều kiện m, n ≥ 4⇒ cặp duy nhất thỏa mãn là n = 5 và m = 6 ⇄ X là C5H8O2 và Y là C6H8O4.
⇒ %mY trong E = 0,15 × 144 : 46,6 × 100% ≈ 46,35%.
► Chú ý: giả thiết 6,16 lít khí H2 là giả thiết nhiễu, nếu không nắm rõ “bình kín” sẽ rất dễ khó khăn trong việc tìm ra đáp án.