HD giai de thi THPT nam 2019 Mon Hoa Ma de 213

ThS Lê Văn Phê – THPT Long Khánh – Đồng Nai HD giải câu khó đề hóa năm 2019 – Mã đề 213 Câu 65. B Câu 66. HhX có metan, etylen, propin, vinylaxetilen và amol H 2 nung 0,1mol hhY (gồm các hydrocacbon) có d/H2 =14,4; 0,1mol Y pứ max với 0,06 mol Br2/dd. Tính a? Giải: klg hhX=klg hhY = 0,1. 28,8= 2,88g; Đặt hh (H,C) trong X: C nH4 tương ứng là CnH2n+2-2x (0,1mol) trong đó x lk pi thì 2n+2-2x = 4 hay x = n-1(1); BTKL: 0,1(12n+4) + 2a = 2,88 hay 1,2n + 2a= 2,48(2); BT số mol LK pi: 0,1x = a + 0,06 (3). Thay (1) vào (3)  n=10a + 1,6; kết hợp với (2)  a = 0,04. Câu 67: Giải: X (C8H12O5) là este của glixerol và 2 ax cacboxilic ko có khả năng tráng bạc – ko phải HCOOH; X là đi este của glixerol với 2 axit; pt X có 3 lk pi nên có 1 axit no, 1 ax ko no. CT dạng: (CH2=CH-COO)(C3H5OH)(OOC-CH3) – có 3 CTCT. Muối Y là CH 3COONa; muối Z là C2H3COONa – natri acrylat. Câu 68: m(g) Al + dd 0,2mol H2SO4  H2 + ddX. Cho dd NaOH 2M vào ddX: Khi NaOH : 0,28 mol thu (2a + 1,56)g Al(OH)3 Khi NaOH: 0,48 mol thu a(g) Al(OH)3. Tính m, a? Giải: smol Al là x(mol) thì ddX gồm: xmol Al3+; (0,4 – 3x)mol H+. NaOH là 0,28 mol thì smol pứ Al3+ = (3x - 0,12) sẽ tạo kết tủa: (x-0,04)mol = (2a+1,56)/78 (1) và dư Al3+. NaOH là 0,48mol thì smol pứ Al3+ = (0,08+3x) có tạo aluminat, smol kết tủa là: a/78 = 4x – (0,08+3x) hay a/78 = x – 0,08(2). Giải h ệ (1,2): x =0,1 nên m = 2,7 và a = 1,56 Câu 69: 0,55 mol hhX(H2O, CO2) qua C nóng đỏ 0,95 mol hhY (CO, H2, CO2); cho Y + dd 0,1mol Ba(OH)2  m(g) kết tủa? Giải: C+ H2O  CO + H2 và C + CO2  2CO 2 pứ trên  smol khí sinh ra gấp đôi số mol khí pứ; mà hơi nước đã h ết nên CO 2 dư. Số mol khí và hơi nước đã pứ: 0,95 – 0,55 = 0,4 vậy khí CO2 còn lại là 0,55 -0,4 = 0,15. Tỉ lệ mol OH/CO2 = 1,3 nên số mol BaCO3 = 0,2 – 0,15 =0,05 là 9,85g kết tủa. Câu 70: Có 4 trường hợp có kết tủa là a(BaSO4); b(CaCO3); c(Al(OH)3; e (Ag). Câu 71: m(g) chất béo X cần 3,08 mol O 2 CO2 + 2 mol H2O; m(g) X + NaOH  glixerol + 35,36g muối; m(g) X + tối đa a(mol) brom? Giải: Đặt pt X có k lk pi, smol là x, smol CO 2 là y; BT mol O: 6x + 2.3,08 = 2y + 2 hay 6x – 2y = - 4,16 hay y = 3x +2,08. BTKL pứ cháy: m + 3,08.32 = 44y + 2.18 thay y = 3x+2,08 được: m – 132x = 28,96(1). Pứ xà phòng hóa X thì: klg X + klg NaOH = klg muối + klg glixerol  m +3x.40 = 35,36 + x.92 hay m + 28x = 35,36(2). Giải hệ (1,2) được x= 0,04  y = 2,2. Khi pứ brom thì smol Br2 = x(k-3); vì smol CO2 – smol H2O = x(k-1) nên k = 6. Smol Br2 = 0,04. 3 = 0,12. Câu 72. Dễ thấy Y là CaO nên X là CaCO 3; Z là Ca(OH)2 nên T là NaHCO3; R là NaOH; Q là Na2CO3. Chọn C. Câu 73: đốt m(g) hhE gồm 2 este X, Y hở tạo bởi ax và ancol (MX=4 và m=12; 18; 24... Suy ra: m = 18; n=6  %klg X= 0,07.180.100/25,92= 48,61 (gần bằng 49%) Câu 75. Hòa tan m(g)hhX gồm Fe,FeO, Fe2O3, Fe3O4 + ddHCl dư thu amol H 2 và dd chứa 31,19g hh muối. Hòa tan m(g)hhX trong 0,55mol H 2SO4 đặc đun nóng thu ddY và 0,14mol SO2 (sp khử duy nhất S+6). Cho 0,4mol NaOH vào ddY thu 10,7g 1 chất kết tủa. Tính a? Giải: Qui hhX gồm: xmol Fe và y mol O. X pứ HCl: 2H+ + O2-= H2O và 2H+ + 2e = H2. Tổng mol HCl pứ = 2y+ 2a. Klg muối: 56x + 35,5(2y+2a)= 31,19 hay 56x + 71y + 71a = 31,19(1) DdY + 0,4mol NaOH thu 0,1 mol Fe(OH)3  X khi pứ H2SO4 đặc tạo Fe(III). SO42- + 2e + 4H+  SO2 + 2H2O và O + 2e + 2H+ = H2O 0,28 0,56 0,14 y 2y 2y 3+ Fe – 3e = Fe . BT electron: 3x - 2y = 0,28 (2); H + còn = 1,1 – 0,56 – 2y = 0,54 -2y. smol OH- pứ Fe3+ trong ddY = 0,4 –(0,54-2y)= 2y - 0,14 tạo 0,1mol Fe(OH)3. Nếu Fe3+ trong Y kết tủa hết thì: x = 0,1 và (2y-0,14)/3 >=0,1 hay y>=0,22. Thay x vào pt (2) thì y = 0,01 – loại. Vậy ddY chưa kết tủa hết Fe3+ do thiếu OH- nên: (2y - 0,14)/3 = 0,1  y =0,22. Pt (2) giải ra x= 0,24. Từ PT(1)  a = 0,03 Câu 76: Câu đúng là b,c,d,e. Glixerol tan tốt trong dd NaCl; ThS Lê Văn Phê – THPT Long Khánh – Đồng Nai Câu 77: m(g) FeSO4.7H2O trong kk chuyển thành hhX: Fe(II); Fe(III). Cho X vào dd có 0,035mol H2SO4 loãng  100ml ddY. TN1: 20ml ddY + ddBaCl2 dư 0,01mol BaSO4 TN2: ddH2SO4 loãng cho vào 20ml ddY thì pứ vừa hết 18ml ddKMnO4 0,03M. Tính m và % smol Fe(II) bị oxh trong kk? Giải: smol SO42- trong 20ml ddY= 0,01 – 0,035/5 = 0,003. 10Fe2+ + 2 MnO42- + 16H+ = 10Fe3+ + 2 Mn2+ + 8H2O Smol Fe2+ trong 20ml ddY = (18.0,03.10)/2.1000= 0,0027. Vậy smol FeSO4.7H2O ban đầu = 5. 0,003 = 0,015  m= 4,17. Smol Fe(II) trong ddY = 0,0027.5 = 0,0135 % smol Fe(II) bị oxh bởi oxi = (0,015 -0,0135).100/0,015= 10% Câu 78. Điện phân trong a(giây): CuSO4 + 2NaCl = Cu + Cl2 + Na2SO4 (1) 0,04 0,08 0,04 Smol e tham gia điện phân (anot) = 0,04.2 = 0,08 Điện phân tiếp từ điểm M đến điểm N trên đồ thị thì khí sinh ra nhiều hơn (đồ thị có hệ số góc lớn hơn): 2H2O + 2NaCl = H2 + Cl2 + 2NaOH (2) x x/2 x/2 Điện phân tiếp đến 3,5a giây: 2H2O = 2H2 + O2 (3) y y/2 Xét thời gian đp từ a giây đến 3,5a giây thì xảy ra pt đp (2 và 3); smol e = 0,08. 2,5 = 0,2 và smol khí thoát ra: 0,21 – 0,04 = 0,17; hệ PT: x + 1,5y = 0,17 và smol e catot: 2.x/2 + 2y = 0,2 giải ra x=0,08 và y= 0,06. Klg m= 0,04.160 + (0,08+0,08).58,5 = 15,76g Câu 79: HhE gồm 3 este mạch hở tạo bởi ax cacboxylic với ancol. X (no đơn chức), Y (không no đơn chức p.tử có 2 lk pi) và Z (no hai chức). Cho 0,58 mol E p ứ v ừa đ ủ v ới dd NaOH thu được 38,34g hh 3 ancol cùng dãy đồng đẳng và 73,22g hhT gồm 3 mu ối của 3 ax cacboxylic. Đốt hhT cần 0,365mol O 2 thu Na2CO3, H2O và 0,6 mol CO2. % klg của Y trong E? Giải: X xmol; Y: ymol; Z: zmol  x+y+z= 0,58(1) 3 ancol đồng đẳng nên đó là ancol no, đơn chức có smol= x+y+2z = smol NaOH pứ. Muối tạo ra từ X là no, đơn chức R 1COONa; muối tạo ra từ Y là đơn chức 1 nối C=C R2COONa; muối tạo ra từ Z là no 2 chức R3(COONa)2; trong hhT có (x+y+2z) nhóm COONa smol Na2CO3 =(x+y+2z)/2; khi đốt hhT thì smol CO 2 – smol H2O = y+z nên smol H2O = 0,6-y-z; BTKL pứ cháy T: 73,22 + 0,365.32 = 0,6.44 + 18(0,6-y-z) + 53(x+y+2z) hay: 53x + 35y + 88z = 47,7(2). BT smol O: 2(x+y+2z)+ 2.0,365 = 3.(x+y+2z)/2 + 0,6.2 + (0,6-y-z) hay x+3y+4z= 2,14(3) Giải ra x= 0,05; y=0,03 và z= 0,5. Klg hhT: 0,05 (R1+67)+0,03(R2+67)+0,5(R3+134)= 73,22  R1=H; R2 là CH2=CH; R3=0. BTKL cho pứ hhE với NaOH: klg hhE = 38,34 + 73,22 – 1,08.40(NaOH)= 68,36. Klg hh 3 ancol: 0,05M1 + 0,03M2 + 1.M3 = 38,34 hay 5M1 + 3M2 + 100M3 = 3834 nên M3 = 32 là CH3OH; M1 =74 là C4H9OH; M2 = 88 là C5H11OH CTY là C2H3COOC5H11 có %klg = 0,03.142.100/68,36 = 6,23% Câu 80: Hòa tan hết 11,02g hhX gồm FeCO 3; Fe(NO3)2; Al vào ddY chứa KNO 3 và 0,4mol HCl ddZ và 0,12mol hhT gồm CO2:H2:NO tỉ lệ mol 5:2:5. DdZ pứ tối đa ThS Lê Văn Phê – THPT Long Khánh – Đồng Nai 0,45mol NaOH. Nếu cho Z pứ AgNO 3 dư thu m(g) kết tủa. Tính m biết NO là sp khử duy nhất của N+5. Giải: Smol CO2= FeCO3= 0,05; smol H2= 0,02; smol NO=0,05. Pứ: NO3- + 3e + 4H+ = NO + 2H2O; 2H+ + 2e = H2 ; 2H+ + CO32-= CO2 + H2O 0,05 0,15 0,2 0,05 0,1 0,04 0,04 0,02 0,1 0,05 0,05 0,05 H+ dư trong ddZ= 0,4 – 0,2 – 0,04 – 0,1 = 0,06  OH- pứ ion Al3+, Fe2+,Fe3+ =0,39. hhX có số mol FeCO3 = 0,05; Fe(NO3)2 = x; Al =y 116.0,05 + 180x + 27y = 11,02 hay 20x + 3y = 0,58(1) Smol e nitrat và ion hidro nhận = 0,19; Al -3e; BT electron smol Fe2+ (bị nhường 1e) = (0,19 – 3y); smol Fe 2+ còn trong ddZ = (0,05+x) - (0,19-3y)= x+3y-0,14. Smol OH- pứ ion sắt và Al3+: (0,05+x).2 + (0,19-3y)+ 4y = 0,39 hay 2x+y = 0,1(2). Giải hệ (1,2) có x= 0,02; y= 0,06. ddZ gồm Fe2+= 0,02 + 3.0,06 – 0,14 = 0,06 nên smol e cho đi = 0,06; H+=0,06; Cl- = 0,4 4H+ + NO3- + 3e = NO; Ag+ + 1e = Ag; Ag+ + Cl- = AgCl 0,06 0,045 0,015 0,015 0,4 0,4 Klg kết tủa m = 0,015.108 + 0,4.143,5 = 59,02g -------------------------------------------