Giáo viên: Trịnh Quốc Hùng
GỢI Ý BÀI GIẢI TỪ CÂU 71 ĐẾN CÂU 80 ĐỀ MINH HỌA 2021
Câu 71. Hấp thụ hoàn toàn V lít khí CO2 vào dung dịch chứa a mol NaOH và 1,5a mol Na2CO3, thu được dung dịch X. Chia X thành hai phần bằng nhau. Cho từ từ phần một vào 120 ml dung dịch HCl 1M, thu được 2,016 lít khí CO2. Cho phần hai phản ứng hết với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 29,55 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 1,12. B. 1,68. C. 2,24. D. 3,36.
Bài giải:
nHCl = 0,12; nCO2 = 0,09; nBaCO3 = 0,15
nCO2 < nBaCO3 nên HCl phản ứng hết.
nCO2 < nHCl ⇒ X chứa (Na+, CO32-, HCO3-) hoặc (Na+, CO32-, OH-).
Xét X chứa Na+, CO32-, HCO3-. Đặt x, y là số mol CO32- và HCO3- đã phản ứng:
nH+ = 2x+ y = 0,12
nCO2 = x+ y = 0,09
⇒ x = 0,03; y = 0,06
⇒ Mỗi phần X chứa CO32- (0,03k) và HCO3- (0,06k)
⇒ nBaCO3 = 0,03k + 0,06k = 0,15 ⇒ k = 5/3
Vậy cả dd X chứa CO32- = 0,1 mol và HCO3- = 0,2 mol, theo BTĐT ⇒ nNa+ = 0,4
Bảo toàn Na ⇒ a + 2.1,5a = 0,4
Bảo toàn C ⇒ V/22,4 + 1,5a = 0,1 + 0,2
⇒ V = 3,36 lít ⇒ Chọn D.
Câu 72. Thực hiện 5 thí nghiệm sau:
(a) Cho dung dịch KHSO4 vào dung dịch Ba(HCO3)2.
(b) Cho dung dịch NH4HCO3 vào dung dịch Ba(OH)2.
(c) Đun nóng nước cứng tạm thời.
(d) Cho kim loại Al vào dung dịch NaOH dư.
(e) Cho kim loại Na vào dung dịch CuSO4.
Sau khi các phản ứng kết thúc, số thí nghiệm thu được cả kết tủa và chất khí là
A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.
Bài giải:
(a) KHSO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + K2SO4 + CO2 + H2O
(b) NH4HCO3 + Ba(OH)2 →BaCO3 + NH3 + H2O
(c) M(HCO3)2 → MCO3 + CO2 + H2O (M là Mg, Ca)
(d) Al + H2O + NaOH → NaAlO2 + H2
(e) Na + H2O →NaOH + H2
NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 + Na2SO4.
⇒ Chọn C.
Câu 73. Xà phòng hóa hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm các triglixerit bằng dung dịch NaOH, thu được glixerol và hỗn hợp X gồm ba muối C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa với tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4 : 5. Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn m gam E thu được 68,96 gam hỗn hợp Y. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 6,09 mol O2. Giá trị của m là
A. 60,32. B. 60,84. C. 68,20. D. 68,36.
Bài giải:
Số C tb của 3 muối = (18.3 + 16.4 + 18.5)/(3 + 4 + 5) = 52/3
⇒ C tb của E = 3.52/3 + 3 = 55
Quy đổi E thành (HCOO)3C3H5 (a), CH2 (49a) và H2 (-b) (Vì: nCH2 = 55a – 6a)
mY = 176a + 14.49a = 68,96
nO2 = 5a + 1,5.49a – 0,5b = 6,09
⇒ a = 0,08; b = 0,38
⇒ mE = 68,20 gam ⇒ chọn C.
Câu 74: Cho các phát biểu sau:
(a) Ở điều kiện thường, glucozơ và alanin đều là chất rắn và dễ tan trong nước.
(b) Khi tham gia phản ứng tráng bạc, glucozơ bị khử thành amoni gluconat.
(c) Amilopectin trong tinh bột có cấu trúc mạch không phân nhánh.
(d) Thành phần chính của cồn 70° thường dùng trong y tế để sát trùng là metanol.
(e) Gạch cua nổi lên trên khi nấu riêu cua là hiện tượng đông tụ chất béo.
Số phát biểu đúng là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Bài giải:
(a) Đúng
(b) Sai, glucozơ bị oxi hóa thành amoni gluconat
(c) Sai, amilopectin có mạch phân nhánh
(d) Sai, thành phần chính là etanol C2H5OH
(e) Sai, đông tụ protein.
⇒ Chọn A
Câu 75. Cho m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, K2O vào H2O dư, thu được 50 ml dung dịch X và 0,02 mol H2. Cho 50 ml dung dịch HCl 3M vào X, thu được 100 ml dung dịch Y có pH = 1. Cô cạn Y thu được 9,15 gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 4,0. B. 4,6. C. 5,0. D. 5,5.
Bài giải:
Theo GT: nHCl = 0,15
pH = 1 ⇒ [H+] = 0,1 ⇒ nH+ = 0,01
⇒ nOH- = nH+ phản ứng = 0,15 – 0,01 = 0,14
nOH- = 2nO + 2nH2⇒ nO = 0,05
mKL= 9,15 – mCl- = 9,15 – 0,14.35,5 = 4,18
⇒ m = mKL + mO = 4,18 + 0,05.16 = 4,98 ⇒ Chọn C.
Câu 76. Đốt cháy hoàn toàn 0,26 mol hỗn hợp X (gồm etyl axetat, metyl acrylat và hai hiđrocacbon mạch hở) cần vừa đủ 0,79 mol O2, tạo ra CO2 và 10,44 gam H2O. Nếu cho 0,26 mol X vào dung dịch Br2 dư thì số mol Br2 phản ứng tối đa là
A. 0,16 mol. B. 0,18 mol. C. 0,21 mol. D. 0,19 mol.
Bài giải:
nH2O = 0,58. Gọi công thức chung của X là CxHyOz
CxHyOz + (x + y/4 – z/2)O2 —> xCO2 + y/2H2O
0,26…….……………0,79………………0,58
⇒ y = 58/13
và x + y/4 – z/2 = 79/26
⇒ x – z/2 = 25/13
X có z oxi nên mỗi phân tử X có z/2 liên kết pi không thể cộng Br2 (nằm trong COO).
⇒ để làm no X cần lượng Br2 là:
nBr2 = 0,26[(2x + 2 – y)/2 – z/2] = 0,26(x – z/2 – y/2 + 1) = 0,18 ⇒ Chọn B.
Câu 77. Hòa tan hết 23,18 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Fe(NO3)3 vào dung dịch chứa 0,46 mol H2SO4 loãng và 0,01 mol NaNO3, thu được dung dịch Y (chứa 58,45 gam chất tan gồm hỗn hợp muối trung hòa) và 2,92 gam hỗn hợp khí Z. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 0,91 mol NaOH, thu được 29,18 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng Fe(NO3)3 trong X là
A. 46,98%. B. 41,76%. C. 52,20%. D. 38,83%.
Bài giải:
Y + NaOH thu được dung dịch chứa Na+ (0,91 + 0,01 = 0,92), SO42- (0,46). Theo bảo toàn điện tích ⇒ Y không còn NO3-.
Đặt a là tổng khối lượng của Fe2+, Fe3+, Mg2+. Đặt nNH4+ = b.
m muối = a + 18b + 0,01.23 + 0,46.96 = 58,45
nOH- trong kết tủa = 0,91 – b
⇒ m↓ = a + 17(0,91 – b) = 29,18
⇒ a = 13,88 và b = 0,01
nNO3- (X) = (mX – a)/62 = 0,15 ⇒ nFe(NO3)3 = 0,05
⇒ %Fe(NO3)3 = 0,05.242/23,18 = 52,20% ⇒ Chọn C.
Câu 78. Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) và ankan Y, số mol X lớn hơn số mol Y. Đốt cháy hoàn toàn 0,09 mol E cần dùng vừa đủ 0,67 mol O2, thu được N2, CO2 và 0,54 mol H2O. Khối lượng của X trong 14,56 gam hỗn hợp E là
A. 7,04 gam. B. 7,20 gam. C. 8,80 gam. D. 10,56 gam.
Bài giải:
Theo BT O ⇒ 2nO2 = 2nCO2 + nH2O ⇒ nCO2 = 0,4
Quy đổi E thành CH4 (0,09), CH2 và NH
Bảo toàn C ⇒ nCH2 = 0,31
Bảo toàn H ⇒ nNH = 0,1
Amin X có z nguyên tử N ⇒ nX = 0,1/z
Vì nX > nY nên nX > 0,045 ⇒ z < 2,22
Nều z = 1 thì nX = 0,1 > nE: trái với GT ⇒ z = 2 là nghiệm duy nhất (amin 2 chức)
Vậy E gồm CnH2n+4N2 (0,05) và CmH2m+2 (0,04)
Mặt khác, nCO2 = 0,05n + 0,04m = 0,4 ⇒ 5n + 4m = 40
⇒ n = 4, m = 5 là nghiệm duy nhất
⇒ E gồm C4H12N2 (0,05) và C5H12 (0,04)
⇒ mE = 7,28 và mC4H12N2 = 4,4
Vậy khi mE = 14,56 thì mC4H12N2 = 8,8 gam ⇒ Chọn C.
Câu 79. Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, đều được tạo bởi axit cacboxylic với ancol và đều có phân tử khối nhỏ hơn 146. Đốt cháy hoàn toàn a mol E, thu được 0,96 mol CO2 và 0,78 mol H2O. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 42,66 gam E cần vừa đủ 360 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp ancol và 48,87 gam hỗn hợp muối. Phần trăm khối lượng của este có số mol lớn nhất trong E là
A. 12,45%. B. 25,32%. C. 49,79%. D. 62,24%.
Bài giải:
nNaOH = 0,72 ⇒ nO(E) = 1,44 (vì este đơn chức)
Xem như E chứa C (a mol), H (b mol) và O (1,44 mol)
⇒ mE = 12a + b + 1,44.16 = 42,66
nC/nH = a/b = 0,96/(0,78.2)
⇒ a = 1,44; b = 2,34.
Do E có nC = nO và các este trong E đều có M < 146 nên E gồm:
HCOOCH3 (x)
(HCOO)2C2H4 (y)
(COOCH3)2 (z)
nC = 2x + 4y + 4z = 1,44
mE = 60x + 118y + 118z = 42,66
Muối gồm HCOONa (x + 2y) và (COONa)2 (z)
m muối = 68(x + 2y) + 134z = 48,87
⇒ x = 0,18; y = 0,225; z = 0,045
Este có số mol lớn nhất là (HCOO)2C2H4
⇒ %(HCOO)2C2H4 = 118y/42,66 = 62,24% ⇒ Chọn D.
Câu 80. Tiến hành thí nghiệm theo các bước sau:
Bước 1: Cho vào cốc thủy tinh chịu nhiệt khoảng 5 gam dầu dừa và 10 ml dung dịch NaOH 40%.
Bước 2: Đun sôi nhẹ hỗn hợp, liên tục khuấy đều bằng đũa thủy tinh khoảng 30 phút và thỉnh thoảng thêm nước cất để giữ cho thể tích hỗn hợp không đổi. Để nguội hỗn hợp.
Bước 3: Rót vào hỗn hợp 15 – 20 ml dung dịch NaCl bão hòa, nóng, khuấy nhẹ rồi để yên.
Phát biểu nào sau đây về thí nghiệm trên sai?
A. Sau bước 3, thấy có lớp chất rắn màu trắng nổi lên là glixerol.
B. Ở bước 3, thêm dung dịch NaCl bão hòa là để tách muối của axit béo ra khỏi hỗn hợp.
C. Ở bước 2, việc thêm nước cất để đảm bảo phản ứng thủy phân xảy ra.
D. Trong thí nghiệm trên, có xảy ra phản ứng xà phòng hoá chất béo.
Bài giải:
A. Sai, lớp chất rắn màu trắng nổi lên là xà phòng. ⇒ Chọn A
B. Đúng, dung dịch NaCl bão hòa làm tăng tỉ khối của hỗn hợp đồng thời hạn chế khả năng tan của xà phòng giúp tách xà phòng ra khỏi hỗn hợp và nổi lên.
C. Đúng, phản ứng thủy phân nên bắt buộc phải có H2O.
D. Đúng.
–
