Đề thi thử THPT QG môn Hóa trường THPT chuyên Long An

Làm đề thi

Đề bài

Câu 1 :

Để khắc chữ lên thủy tinh người ta dùng phản ứng nào sau đây

A

SiO₂ + Mg → 2MgO + Si
B

SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O
C

SiO₂ + 2NaOH → Na₂SiO₃ + CO₂
D

SiO₂ + Na₂CO₃ → Na₂SiO₃ + CO₂

Câu 2 :

Trong thành phần của gang, nguyên tố chiếm thành phần cao nhất là :

A

Si
B

C
C

S
D

Fe

Câu 3 :

Nhôm không tan trong dung dịch :

A

HCl
B

NaOH
C

NaHSO₄
D

Na₂SO₄

Quảng cáo

Câu 4 :

Bộ dụng cụ như hình vẽ bên mô tả cho phương pháp tách chất nào :

A

Chiết
B

Chưng cất
C

Kết tinh
D

Sắc ký

Câu 5 :

Gốc Glucozo và gốc Fructozo trong phân tử saccarozo liên kết với nhau qua nguyên tử :

A

Nito
B

Hidro
C

Cacbon
D

Oxi

Câu 6 :

Oxi hóa NH₃ bằng CrO₃ sinh ra N₂ , H₂O và Cr₂O₃. Số phân tử NH₃ tác dụng với 1 phân tử CrO₃ là :

A

4
B

2
C

3
D

1

Câu 7 :

Protein phản ứng với Cu(OH)₂ tạo ra sản phẩm có màu đặc trưng :

A

Màu đỏ
B

Màu cam
C

Màu vàng
D

Màu tím

Câu 8 :

Polime được tổng hợp bằng phản ứng trùng ngưng là :

A

Poliacrilonitrin
B

Poli(etylen-terephtalat)
C

Polietilen
D

Poli(vinyl clorua)

Câu 9 :

Trong phương pháp thủy luyện dùng để điều chế Ag từ quặng có chứa Ag₂S. Hóa chất cần dùng là :

A

Dung dịch HNO₃ đặc và Zn
B

Dung dịch H₂SO₄ đặc nóng và Zn
C

Dung dịch NaCN và Zn
D

Dung dịch HCl và Zn

Câu 10 :

Phản ứng nào sau đây giải thích cho hiện tượng “Nước chảy, đá mòn” :

A

CaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ca(HCO₃)₂
B

Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + CO₂ + H₂O
C

CaO + CO₂ → CaCO₃
D

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

Câu 11 :

Phản ứng giữa C₂H₅OH và CH₃COOH (xúc tác H₂SO₄ đặc đun nóng) là phản ứng :

A

Trùng hợp
B

Este hóa
C

Xà phòng hóa
D

Trùng ngưng

Câu 12 :

Dân gian xưa kia dùng phèn chua làm thuốc chữa đau răng, đau mắt, cầm máu và đặc biệt dùng làm trong nước. Nguyên nhân nào sau đây làm cho phèn chua có khả năng làm trong nước :

A

Phèn chua có tính axit nên hút hết hạt bẩn lơ lửng trong nước về phía mình , làm trong nước
B

Phèn chua bị điện ly tạo ra các ion K⁺ , Al³⁺, SO₄^2- nên các ion này hút hết hạt bẩn lơ lửng về phía mình, làm trong nước
C

Khi hòa tan vào nước , do quá trình điện ly và thủy phân Al³⁺ tạo ra Al(OH)₃ dạng keo nên hút các hạt bẩn lơ lửng về phía mình, làm trong nước
D

Phèn chua bị điện ly thành K⁺, SO₄^2- trung tính nên hút các hạt bẩn lơ lửng làm trong nước.

Câu 13 :

Cho dung dịch Na₂CO₃ vào dung dịch Ca(HCO₃)₂ thấy :

A

Có bọt khí thoát ra
B

Có kết tủa trắng và bọt khí
C

Có kết tủa trắng
D

Không có hiện tượng gì

Câu 14 :

Phương trình 2H⁺ + S^2- → H₂S là phương trình rút gọn của phản ứng :

A

2HCl + K₂S → 2KCl + H₂S
B

FeS + 2HCl → FeCl₂ + H₂S
C

BaS + H₂SO₄ → BaSO₄ + H₂S
D

2HCl + CuS → CuCl₂ + H₂S

Câu 15 :

Cho dãy kim loại : Zn, Fe, Cr. Thứ tự giảm dần độ hoạt động hóa học của các kim loại từ trái sang phải là :

A

Zn, Fe, Cr
B

Fe, Zn, Cr
C

Zn, Cr, Fe
D

Cr, Fe, Zn

Câu 16 :

Amilozo được tạo thành từ gốc:

A

\(\alpha\)- Glucozo
B

\(\beta \) -Glucozo
C

\(\alpha\)- Fructozo
D

\(\beta \) -Fructozo

Câu 17 :

Điều chế kim loại K bằng phương pháp :

A

Dùng khí CO khử ion K⁺ trong K₂O ở nhiệt độ cao
B

Điện phân dung dịch KCl không có màng ngăn
C

Điện phân dung dịch KCl có màng ngăn
D

Điện phân KCl nóng chảy

Câu 18 :

Cho Glixerol tác dụng với axit axetic thì có thể sinh ra tối đa bao nhiêu chất có chứa gốc este ?

A

2
B

6
C

5
D

4

Câu 19 :

Đốt cháy hoàn toàn m gam chất béo X (chứa triglixerit của axit stearic, axit panmitic). Sau phản ứng thu được 20,16 lit khí CO₂ (dktc) và 15,66g nước . Xà phòng hóa m gam X (H = 90%) thì thu được khối lượng glixerol là :

A

2,760g
B

1,242g
C

1,380g
D

2,484g

Câu 20 :

Khí cacbonic chiếm 0,03% thể tích không khí. Muốn tạo ra 500 g tinh bột thì cần bao nhiêu lit không khí (dktc) để cung cấp đủ CO₂ cho phản ứng quang hợp :

A

1 482 600 lit
B

1 382 600 lit
C

1 402 666 lit
D

1 382 716 lit

Câu 21 :

Nhỏ từ từ dung dịch H₂SO₄ loãng vào dung dịch K₂CrO₄ thì màu của dung dịch chuyển từ :

A

vàng sang vàng cam
B

không màu sang vàng cam
C

không màu sang vàng
D

vàng cam sang vàng

Câu 22 :

Hỗn hợp M gồm axit cacboxylic X, ancol Y (đều đơn chức) và este Z được tạo ra từ X và Y (trong M , oxi chiếm 43,795% về khối lượng). Cho 10,96g M tác dụng vừa đủ với 40g dung dịch NaOH 10% tạo ra 9,4g muối. Công thức của X và Y lần lượt là :

A

CH₂=CHCOOH và C₂H₅OH
B

CH₂=CHCOOH và CH₃OH
C

C₂H₅COOH và CH₃OH
D

CH₃COOH và C₂H₅OH

Câu 23 :

Nhóm vật liệu vào được chế tạo từ polime thiên nhiên :

A

Nhựa bakelit, tơ tằm, tơ axetat
B

Cao su isopren, nilon-6,6 , keo dán gỗ
C

Tơ visco, cao su buna, keo dán gỗ
D

Tơ visco, tơ tằm, phim ảnh

Câu 24 :

Người ta có thể bảo vệ vỏ tàu biển bằng cách gắn những tấm kẽm vào vỏ tàu ở phần chìm trong nước biển (nước biển là dung dịch chất điện ly) vì :

A

Thép là cực dương, không bị ăn mòn, kẽm là cực âm, bị ăn mòn
B

Thép là cực âm, không bị ăn mòn, kẽm là cực dương, bị ăn mòn
C

Kẽm gắn tiếp xúc với nước biển nên thép không thể tác dụng được với nước
D

Kẽm gắn tiếp xúc với nước biển nên thép không thể tác dụng được với các chất có trong nước biển

Câu 25 :

Hỗn hợp X gồm M₂CO₃ , MHCO₃ và MCl (trong đó M là kim loại kiềm). Nung nóng 20,29g hỗn hợp X, sau phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy còn lại 18,74g chất rắn. Cũng đem 20,29g hỗn hợp X tác dụng hết với 500 ml dung dịch HCl 1M thì thoát ra 3,36 lit khí (dktc) và dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch AgNO₃ dư thu được 74,62g kết tủa . Kim loại M là :

A

Na
B

Li
C

K
D

Cs

Câu 26 :

Trong phân tử este đa chức mạch hở X có 2 liên kết pi, số nguyên tử cacbon và oxi khác nhau là 2. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH, thu được sản phẩm gồm 1 muối của axit cacboxylic Y và một ancol Z. Biết X không có phản ứng tráng bạc . Số công thức cấu tạo phù hợp của X là :

A

5
B

4
C

3
D

6

Câu 27 :

Cho các phát biểu sau :

(1) Tất cả các amino axit đều là chất rắn điều kiện thường

(2) Tất cả các amino axit đều không làm đổi màu quì tím

(3) Glyxin phản ứng được với tất các chất sau : dung dịch NaOH, dung dịch H₂SO₄

(4) Tất cả các amino axit đều có khả năng trùng hợp tạo peptit

(5) Có thể dùng quì tím để phân biệt các dung dịch alanin, lysin, axit glutamic

(6) Trong phân tử amino axit vừa chứa liên kết cộng hóa trị, vừa chứa liên kết ion

Số phát biểu đúng là :

A

3
B

4
C

6
D

5

Câu 28 :

Hỗn hợp X gồm chất A (C₅H₁₆O₃N₂) và chất B (C₄H₁₂O₄N₂) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ đung nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi cô cạn thu được m gam hỗn hợp Y gồm 2 muối D và E (M_D < M_E) và 4,48 lit khí (dktc) hỗn hợp Z gồm 2 amin no đơn chức đồng đẳng kế tiếp có tỉ khối so với H₂ bằng 18,3. Khối lượng của muối E trong hỗn hợp Y là :

A

4,24
B

3,18
C

5,36
D

8,04

Câu 29 :

Khử hoàn toàn hỗn hợp gồm m gam FeO, Fe₂O₃, Fe₃O₄ bằng CO dư ở nhiệt độ cao. Sau phản ứng thu được 33,6 g chất rắn. Dẫn hỗn hợp khí sau phản ứng vào dung dịch Ca(OH)₂ dư thu được 80g kết tủa . Giá trị của m là :

A

34,88
B

36,16
C

46,4
D

59,2

Câu 30 :

Chất A có công thức phân tử C₆H₈O₄ . Cho sơ đồ phản ứng sau :

(A) + 2NaOH → (B) + (C) + H₂O

(B) \(\xrightarrow{{{H_2}S{O_4},{t^0}}}\)(D) + H₂O

Phát biểu nào sau đây phù hợp với sơ đồ trên :

A

Chất E là HOOC-CH≡CH-COOH
B

Chất B là CH₃OH
C

Chất D là C₃H₆
D

Chất A là este 2 chức

Câu 31 :

Hỗn hợp A chứa 3 ankin với tổng số mol là 0,1 mol. Chia A thành 2 phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần 1, thu 2,34g nước . Phần 2 tác dụng với vừa đủ 250 ml dung dịch AgNO₃ 0,12M trong NH₃ tạo ra 4,55g kết tủa . Hãy gọi tên và phần trăm khối lượng của từng chất trong hỗn hợp A, biết rằng ankin có phân tử khối nhỏ nhất chiếm 40% về số mol.

A

Propin 33,1% ; but – 1 – in 22,3% ; but – 2 – in 44,6%
B

Etin 22,3 % ; propin 33,1% ; but – 2 – in 44,6%
C

Etin 22,3 % ; propin 33,1% ; but – 1 – in 44,6%
D

Propin 33,1% ; but – 2 – in 22,3% ; but – 1 – in 44,6%

Câu 32 :

Cho m gam hỗn hợp X gồm Na, Ca tan hết trong dung dịch Y chứa 0,08 mol NaHCO₃ và 0,04 mol CaCl₂. Sau phản ứng thu được 7g kết tủa và thấy thoát ra 0,896 lit khí (dktc). Giá trị của m là :

A

1,2
B

1,56
C

1,72
D

1,66

Câu 33 :

Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Al và Mg trong V ml dung dịch HNO₃ 2,5M. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X (không chứa muối amoni) và 0,084 mol hỗn hợp khí N₂ và N₂O có tỉ khối so với oxi là 31 : 24. Cho từ từ dung dịch NaOH 2M vào dung dịch X thì lượng kết tủa biến thiên theo đồ thị hình vẽ bên .

Giá trị của m và V lần lượt là :

A

6,36 và 378,2
B

7,5 và 250,0
C

6,36 và 250,0
D

7,5 và 387,2

Câu 34 :

Cho 38,55g hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO₃)₂ tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,725 mol H₂SO₄ loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 96,55g muối sunfat trong hòa và 3,92 lit khí Z (dktc) gồm 2 khí trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với H₂ là 9. Phần trăm số mol Mg trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây :

A

25
B

15
C

40
D

30

Câu 35 :

Cho các chất mạch hở : X là axit không no mạch phân nhánh, có 2 liên kết p ; Y và Z là 2 axit no đơn chức ; T là ancol no 3 chức ; E là este của X, Y, Z với T. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm X và E thu được a gam CO₂ và (a – 4,62) gam H₂O, mặt khác m gam M phản ứng vừa đủ với 0,04 mol NaOH trong dung dịch. Cho 13,2 gam M phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối khan V. Đốt cháy hoàn toàn V thu được 0,4 mol CO₂ và 14,24 gam gồm Na₂CO₃ và H₂O. Phần trăm khối lượng của E trong M có giá trị gần nhất với :

A

92,4
B

34,8
C

73,9
D

69,7

Câu 36 :

Hòa tan hoàn toàn 2 chất rắn X, Y (số mol bằng nhau) vào nước thu được dung dịch Z. Tiến hành các thí nghiệm sau :

- Thí nghiệm 1 : Cho dung dịch NaOH dư vào V ml dung dịch Z thu được n₁ mol kết tủa

- Thí nghiệm 2 : Cho dung dịch NH₃ dư vào V ml dung dịch X thu được n₂ mol kết tủa

- Thí nghiệm 3 : Cho dung dịch AgNO₃ dư vào V ml dung dịch Z thu được n₃ mol kết tủa

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và n₁ = n₂ < n₃. Hai chất X, Y không thể là :

A

ZnCl₂ ; FeCl₂
B

Al(NO₃)₃ ; Fe(NO₃)₂
C

FeCl₂ ; FeCl₃
D

FeCl₂ ; Al(NO₃)₃

Câu 37 :

Hòa tan hoàn toàn 16,4g hỗn hợp X gồm FeO, Fe₃O₄ , Cu (trong đó FeO chiếm 1/3 tổng số mol hỗn hợp X) trong dung dịch NaNO₃ và HCl, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối clorua và 0,896 lit NO (sản phẩm khử duy nhất của N⁺⁵, dktc). Mặt khác hòa tan hoàn toàn 16,4g hỗn hợp X trên trong dung dịch HCl thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối có tổng khối lượng là 29,6g. Trộn dung dịch Y với dung dịch Z thì thu được dung dịch T. Cho dung dịch AgNO₃ tới dư vào dung dịch T thu được m gam kết tủa . Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với :

A

196,35
B

111,27
C

160,71
D

180,15

Câu 38 :

Tiến hành thí nghiệm của 1 vài vật liệu polime với dung dịch kiềm theo các bước sau đây :

- Bước 1 : Lấy 4 ống nghiệm đựng lần lượt các chất PE, PVC , sợi len, xenlulozo theo thứ tự 1,2,3,4

- Bước 2 : Cho vào mỗi ống nghiệm 2 ml dung dịch NaOH 10% đun sôi, để nguội

- Bước 3 : Gạt lấy lớp nước ở mỗi ống nghiệm ta được tương ứng là các ống nghiệm 1’,2’,3’,4’

- Bước 4 : Thêm HNO₃ và vài giọt AgNO₃ vào ống nghiệm 1’,2’. Thêm vài giọt CuSO₄ vào ống 3’,4’.

Phát biểu nào sau đây sai :

A

Ống 1’ không hiện tượng
B

Ống 2’ có kết tủa trắng
C

Ống 3’ có màu tím đặc trưng
D

Ống 4’ có màu xanh lam

Câu 39 :

Đốt cháy X cũng như Y với lượng oxi vừa đủ luôn thu được CO₂ có số mol bằng số mol O₂ đã phản ứng. Biết rằng X, Y (M_X < M_Y) là 2 este đều mạch hở không phân nhánh và không chứa nhóm chức khác . Đun nóng 30,24g hỗn hợp E chứa X, Y (số mol của X gấp 1,5 lần số mol Y) cần dùng 400 ml dung dịch KOH 1M, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol và hỗn hợp chứa 2 muối. Dẫn toàn bộ F qua bình dựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 15,2g. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối cần dùng 0,42 mol O₂. Tổng số nguyên tử có trong 1 phân tử Y là :

A

21
B

20
C

22
D

19

Câu 40 :

Điện phân V lit dung dịch X (điện cực trơ, màng ngăn xốp , cường độ dòng điện không đổi) chứa đồng thời R(NO₃)₂ 0,45M (R là kim loại có hóa trị không đổi) và NaCl 0,4M trong thời gian t(giây) thu được 5,376 lit hỗn hợp khí ở anot (dktc). Nếu thời gian điện phân là 2t (giây) thì thu được dung dịch Y. Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với 320 ml dung dịch chứa KOH 0,75M và NaOH 0,5M, không sinh ra kết tủa . Biết hiệu suất điện phân 100%. Các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của V là :

A

0,60
B

0,80
C

0,40
D

1,60

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Để khắc chữ lên thủy tinh người ta dùng phản ứng nào sau đây

A

SiO₂ + Mg → 2MgO + Si
B

SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O
C

SiO₂ + 2NaOH → Na₂SiO₃ + CO₂
D

SiO₂ + Na₂CO₃ → Na₂SiO₃ + CO₂

Đáp án : B

Lời giải chi tiết :

Thành phần chính của thủy tinh chứa SiO₂ tan được trong dd HF nên người ta dựa vào đặc điểm này để khác chữ lên thủy tinh

Câu 2 :

Trong thành phần của gang, nguyên tố chiếm thành phần cao nhất là :

A

Si
B

C
C

S
D

Fe

Đáp án : D

Lời giải chi tiết :

Trong gang có thành phần các nguyên tố là : Fe-C trong đó Cacbon chiếm 2 -5% về khối lượng tuy nhiên thành phần chính vẫn là Fe

Câu 3 :

Nhôm không tan trong dung dịch :

A

HCl
B

NaOH
C

NaHSO₄
D

Na₂SO₄

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Lý thuyết về tính chất hóa học của nhôm

Lời giải chi tiết :

Nhôm là kim loại nên không phản ứng được với muối trung tính của kim loại kiềm (Na₂SO₄)

Câu 4 :

Bộ dụng cụ như hình vẽ bên mô tả cho phương pháp tách chất nào :

A

Chiết
B

Chưng cất
C

Kết tinh
D

Sắc ký

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Lý thuyết về các phương pháp tách chất hóa học

Lời giải chi tiết :

Đáp án B

Câu 5 :

Gốc Glucozo và gốc Fructozo trong phân tử saccarozo liên kết với nhau qua nguyên tử :

A

Nito
B

Hidro
C

Cacbon
D

Oxi

Đáp án : D

Lời giải chi tiết :

Trong phân tử saccarozo, gốc α-glucozo và gốc β-fructozo liên kết với nhau qua nguyên tử oxi giữa C₁ của glucozo và C₂ của fructozo

Câu 6 :

Oxi hóa NH₃ bằng CrO₃ sinh ra N₂ , H₂O và Cr₂O₃. Số phân tử NH₃ tác dụng với 1 phân tử CrO₃ là :

A

4
B

2
C

3
D

1

Đáp án : D

Lời giải chi tiết :

Phản ứng : 2CrO₃ + 2NH₃ \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) Cr₂O₃ + N₂ + 3H₂O

=> cứ 1 NH₃ sẽ phản ứng với 1 CrO₃

Câu 7 :

Protein phản ứng với Cu(OH)₂ tạo ra sản phẩm có màu đặc trưng :

A

Màu đỏ
B

Màu cam
C

Màu vàng
D

Màu tím

Đáp án : D

Lời giải chi tiết :

Các peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên sẽ phản ứng với Cu(OH)₂ tạo màu tím đặc trưng. Protein chính là 1 polypeptit nên thỏa mãn điều kiện trên.

Câu 8 :

Polime được tổng hợp bằng phản ứng trùng ngưng là :

A

Poliacrilonitrin
B

Poli(etylen-terephtalat)
C

Polietilen
D

Poli(vinyl clorua)

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Xem lại lý thuyết về polime

Lời giải chi tiết :

nCH₂=CHCN → (-CH₂-CHCN-)_n (poliacrilonitrin)

nHO-CH₂-CH₂-OH + nHOOC-C₆H₄-COOH → (-O-C₂H₄-OOC –C₆H₄-CO-)_n + 2nH₂O

(poli etylen-terephtalat)

nCH₂=CH₂ → (-CH₂-CH₂-)_n(polietilen)

nCH₂=CHCl → (-CH₂-CHCl-)_n (polivinylclorua)

Câu 9 :

Trong phương pháp thủy luyện dùng để điều chế Ag từ quặng có chứa Ag₂S. Hóa chất cần dùng là :

A

Dung dịch HNO₃ đặc và Zn
B

Dung dịch H₂SO₄ đặc nóng và Zn
C

Dung dịch NaCN và Zn
D

Dung dịch HCl và Zn

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

Ag là kim loại hoạt động yếu, nguyên tắc là có thể dùng phương pháp thủy luyện như sau :

Ag₂S + 4NaCN → 2Na[Ag(CN)₂] (phức tan) + Na₂S

Zn + 22Na[Ag(CN)₂] → Na₂[Zn(CN)₄] + 2Ag↓

Câu 10 :

Phản ứng nào sau đây giải thích cho hiện tượng “Nước chảy, đá mòn” :

A

CaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ca(HCO₃)₂
B

Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + CO₂ + H₂O
C

CaO + CO₂ → CaCO₃
D

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

Đáp án : A

Lời giải chi tiết :

“Nước chảy, đá mòn” là hiện tượng “ăn mòn” đá vôi dưới tác động của dòng nước có hòa tan CO₂ theo phản ứng sau :

CaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

(Không tan) (tan)

Câu 11 :

Phản ứng giữa C₂H₅OH và CH₃COOH (xúc tác H₂SO₄ đặc đun nóng) là phản ứng :

A

Trùng hợp
B

Este hóa
C

Xà phòng hóa
D

Trùng ngưng

Đáp án : B

Lời giải chi tiết :

Phản ứng giữa C₂H₅OH và CH₃COOH (xúc tác H₂SO₄ đặc đun nóng) là phản ứng este hóa.

Câu 12 :

A

Phèn chua có tính axit nên hút hết hạt bẩn lơ lửng trong nước về phía mình , làm trong nước
B

Phèn chua bị điện ly tạo ra các ion K⁺ , Al³⁺, SO₄^2- nên các ion này hút hết hạt bẩn lơ lửng về phía mình, làm trong nước
C

Khi hòa tan vào nước , do quá trình điện ly và thủy phân Al³⁺ tạo ra Al(OH)₃ dạng keo nên hút các hạt bẩn lơ lửng về phía mình, làm trong nước
D

Phèn chua bị điện ly thành K⁺, SO₄^2- trung tính nên hút các hạt bẩn lơ lửng làm trong nước.

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

Phèn chua có công thức là KAl(SO₄)₂.12H₂O khi hòa vào nước thì phân ly ra Al³⁺

Sau đó có phản ứng : Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃ (kết tủa keo sẽ kéo các hạt bụi bẩn trong nước lắng xuống, từ đó làm trong nước)

Câu 13 :

Cho dung dịch Na₂CO₃ vào dung dịch Ca(HCO₃)₂ thấy :

A

Có bọt khí thoát ra
B

Có kết tủa trắng và bọt khí
C

Có kết tủa trắng
D

Không có hiện tượng gì

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

Phương trình phản ứng : Na₂CO₃ + Ca(HCO₃)₂ → 2NaHCO₃ + CaCO₃↓ => xuất hiện kết tủa trắng

Câu 14 :

Phương trình 2H⁺ + S^2- → H₂S là phương trình rút gọn của phản ứng :

A

2HCl + K₂S → 2KCl + H₂S
B

FeS + 2HCl → FeCl₂ + H₂S
C

BaS + H₂SO₄ → BaSO₄ + H₂S
D

2HCl + CuS → CuCl₂ + H₂S

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Các muối không tan, chất khí, các axit, bazo, chất điện li yếu giữ nguyên phân tử khi viết phương trình ion rút gọn

Lời giải chi tiết :

Cả BaSO₄ ; FeS ; CuS đều không tan nên không thể phân ly => phải xuất hiện trong phương trình rút gọn cuối cùng => Loại

2HCl + K₂S → 2KCl + H₂S

Phương trình ion đầy đủ: 2H⁺ + 2Cl^- + 2K⁺ + S^2- → 2K⁺ + 2Cl^- + H₂S

Phương trình ion rút gọn: 2H⁺ + S^2- → H₂S

Câu 15 :

Cho dãy kim loại : Zn, Fe, Cr. Thứ tự giảm dần độ hoạt động hóa học của các kim loại từ trái sang phải là :

A

Zn, Fe, Cr
B

Fe, Zn, Cr
C

Zn, Cr, Fe
D

Cr, Fe, Zn

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Xem lại lý thuyết về dãy hoạt động hóa học

Lời giải chi tiết :

Thứ tự độ hoạt động hóa học của kim loại giảm dần: Zn > Cr > Fe

Câu 16 :

Amilozo được tạo thành từ gốc:

A

\(\alpha\)- Glucozo
B

\(\beta \) -Glucozo
C

\(\alpha\)- Fructozo
D

\(\beta \) -Fructozo

Đáp án : A

Lời giải chi tiết :

Amilozo được cấu tạo từ các gốc \(\alpha\)-Glucozo

Câu 17 :

Điều chế kim loại K bằng phương pháp :

A

Dùng khí CO khử ion K⁺ trong K₂O ở nhiệt độ cao
B

Điện phân dung dịch KCl không có màng ngăn
C

Điện phân dung dịch KCl có màng ngăn
D

Điện phân KCl nóng chảy

Đáp án : D

Lời giải chi tiết :

Điều chế kim loại kiềm có phương pháp là : Nhiệt phân nóng chảy muối Halogen của kim loại kiềm

Câu 18 :

Cho Glixerol tác dụng với axit axetic thì có thể sinh ra tối đa bao nhiêu chất có chứa gốc este ?

A

2
B

6
C

5
D

4

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

Glixerol có 3 vị trí OH là 1, 2, 3. Axit axetic CH₃COOH có 1 gốc COOH

+) 3 gốc este : 1 chất

+) 2 gốc este : 2 chất (1-2 ; 1-3) (1 và 3 đối xứng)

+) 1 gốc este : 2 chất (1 ; 2) (1 và 3 đối xứng)

=> Có tổng cộng 5 chất

Câu 19 :

A

2,760g
B

1,242g
C

1,380g
D

2,484g

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Biện luận công thức este dựa vào số liên kết pi trong phân tử

=> C_nH_2n+2-2kO_2m (m là số nhóm COO ; k là số liên kết pi trong phân tử)

Bài toán hiệu suất : m_{Thực tế} = m_LT.H%

Lời giải chi tiết :

Este của axit no đơn chức (axit stearic và axit panmitic) và glyxerol

=> este này có 3 liên kết pi nằm trong 3 nhóm COO-

=> Công thức tổng quát của este là C_nH_{2n - 4}O₆

- Phản ứng cháy : C_nH_{2n – 4}O₆ + O₂ → nCO₂ + (n – 2)H₂O

- Theo phương trình, n_CO2 – n_H2O = 2n_este

Có : n_CO2 = 20,16 : 22,4 = 0,9 mol ; n_H2O = 15,66 : 18 = 0,87 mol

=> n_este = ½ (0,9 – 0,87) = 0,015 mol

- Phản ứng xà phòng hóa : Este + 3NaOH → 3Muối + Glycerol

Mol 0,015 → 0,015

Vì hiệu suất phản ứng là 90% => n_{Glycerol thực} = n_{Glycerol LT}. H% = 0,015.90% = 0,0135 mol

=> m_Glyxerol = 0,0135.92 = 1,242g

Câu 20 :

Khí cacbonic chiếm 0,03% thể tích không khí. Muốn tạo ra 500 g tinh bột thì cần bao nhiêu lit không khí (dktc) để cung cấp đủ CO₂ cho phản ứng quang hợp :

A

1 482 600 lit
B

1 382 600 lit
C

1 402 666 lit
D

1 382 716 lit

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Phản ứng quang hợp : 6nCO₂ + 5nH₂O → (C₆H₁₀O₅)_n

Tính toán số mol theo phản ứng => số mol CO₂ => thể tích không khí cần dùng.

Lời giải chi tiết :

Tinh bột có công thức : (C₆H₁₀O₅)_n => n_{tinh bột} = \(\frac{{500}}{{162n}}\) mol

- Phản ứng quang hợp : 6nCO₂ + 5nH₂O → (C₆H₁₀O₅)_n

Mol 6n. \(\frac{{500}}{{162n}}\) ¬ \(\frac{{500}}{{162n}}\)

=> V_CO2 = 22,4. 6n. \(\frac{{500}}{{162n}}\) = 414,815 lit

=> V_KK = V_CO2 : 0,03% = 1 382 716 lit

Câu 21 :

Nhỏ từ từ dung dịch H₂SO₄ loãng vào dung dịch K₂CrO₄ thì màu của dung dịch chuyển từ :

A

vàng sang vàng cam
B

không màu sang vàng cam
C

không màu sang vàng
D

vàng cam sang vàng

Đáp án : A

Lời giải chi tiết :

Phản ứng chuyển hóa giữa 2 dạng : 2H⁺ + 2CrO₄^2- → Cr₂O₇^2- + H₂O

2OH^- + Cr₂O₇^2- → 2CrO₄^2- + H₂O

(cam) (vàng)

Câu 22 :

A

CH₂=CHCOOH và C₂H₅OH
B

CH₂=CHCOOH và CH₃OH
C

C₂H₅COOH và CH₃OH
D

CH₃COOH và C₂H₅OH

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Bảo toàn nguyên tố.

Phương pháp nguyên tử khối trung bình

Gọi công thức tổng quát của các chất là : RCOOH ; R’OH ; RCOOR’

- Khi phản ứng với NaOH : RCOOH + NaOH → RCOONa + H₂O

RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

- Từ PT tính được số mol muối từ số mol NaOH => M_muốivà công thức phân tử của muối =>Y

- Bảo toàn Oxi ta thấy : n_O(M) = n_O(X,Y,Z) .

Mà n_O(Y,Z) = n_O(COO) và m_O(M) = m_M.43,795% = 4,8g

=> n_O(Y) => n_Y => n_M

=> M_{tb (M)} => biện luận công thức phân tử các chất trong M dựa vào M_tb

Lời giải chi tiết :

Gọi công thức tổng quát của các chất là : RCOOH ; R’OH ; RCOOR’

- Khi phản ứng với NaOH : RCOOH + NaOH → RCOONa + H₂O

RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

\( \to \) n_NaOH = \(\dfrac{{40.10}}{{100.40}}\) = 0,1 mol = n_muối

\( \to \) M_muối = \(\dfrac{{9,4}}{{0,1}}\) = 94g = R + 67

\( \to \) R = 27g (CH₂=CH-)

- Bảo toàn Oxi ta thấy : n_O(M) = n_O(X,Y,Z) . Mà n_O(X,Z) = n_O(COO) = 2n_COO = 2n_(X,Z) = 0,2 mol

m_O(M) = m_M.43,795% = 4,8g \( \to \) n_O(M) = 0,3 mol

\( \to \) n_O(Y) = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol = n_Y (Y có 1 nguyên tử oxi)

\( \to \) M_{tb (M)} = 10,96 : (0,1 + 0,1) = 54,8g < M_C2H3COO = 71g

\( \to \) ancol Y phải có M < 54,8g

+) TH₁ : Y là CH₃OH \( \to \) M gồm : 0,1 mol CH₃OH ;

x mol C₂H₃COOH ;

(0,1 –x) mol C₂H₃COOCH₃

\( \to \) m_M = 0,1.32 + x.72 + (0,1 – x).86 = 10,96

\( \to \) x = 0,06 mol

+) TH₂ : Y là C₂H₅OH \( \to \) M gồm : 0,1 mol C₂H₅OH ;

x mol C₂H₃COOH ;

(0,1 –x) mol C₂H₃COOC₂H₅

\( \to \) m_M = 0,1.46 + x.72 + (0,1 – x).86 = 10,96

\( \to \) x = 0,13 mol > 0,1 (Loại)

Vậy chỉ có TH₁ thỏa mãn \( \to \) X là CH₃OH ; Y là C₂H₃COOH

Câu 23 :

Nhóm vật liệu vào được chế tạo từ polime thiên nhiên :

A

Nhựa bakelit, tơ tằm, tơ axetat
B

Cao su isopren, nilon-6,6 , keo dán gỗ
C

Tơ visco, cao su buna, keo dán gỗ
D

Tơ visco, tơ tằm, phim ảnh

Đáp án : D

Lời giải chi tiết :

Polime được chế tạo từ polime thiên nhiên thì có thể là polime thiên nhiên hoặc polime bán tổng hợp

Polime bán tổng hợp : tơ axetat, tơ visco, phim ảnh (xenlulozo trinitrat)

Polim tự nhiên : tơ tằm

Câu 24 :

Người ta có thể bảo vệ vỏ tàu biển bằng cách gắn những tấm kẽm vào vỏ tàu ở phần chìm trong nước biển (nước biển là dung dịch chất điện ly) vì :

A

Thép là cực dương, không bị ăn mòn, kẽm là cực âm, bị ăn mòn
B

Thép là cực âm, không bị ăn mòn, kẽm là cực dương, bị ăn mòn
C

Kẽm gắn tiếp xúc với nước biển nên thép không thể tác dụng được với nước
D

Kẽm gắn tiếp xúc với nước biển nên thép không thể tác dụng được với các chất có trong nước biển

Đáp án : A

Lời giải chi tiết :

Khi gắn tấm kẽm lên vỏ tầu thủy tức là ta tạo ra 1 pin điện Zn-Fe trong đó Zn là cực âm là Zn và cực dương là Fe(trong thép). Trong pin điện hóa, cực dương diễn ra quá trình oxi hóa

=> Zn sẽ bị oxi hóa trước Fe

Câu 25 :

A

Na
B

Li
C

K
D

Cs

Đáp án : C

Phương pháp giải :

- Khi nung nóng X chỉ có MHCO₃ phản ứng :

2MHCO₃ → M₂CO₃ + CO₂ + H₂O

=> m_X - m_rắn = m_CO2 + m_H2O (CO₂ và hơi nước thoát đi làm cho khối lượng rắn giảm)

=> số mol các chất thoát ra => số mol MHCO₃

- Khi X + HCl : n_HCl = 0,5.1 = 0,5 mol ; n_CO2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 mol

+) MHCO₃ + HCl → MCl + CO₂ + H₂O

+) M₂CO₃ + 2HCl → 2MCl + CO₂ + H₂O

- Bảo toàn nguyên tố Clo : n_Cl-(Y) = n_HCl + n_MCl

+) Ag⁺ + Cl^- → AgCl

=> n_MCl

=> m_X = m_MHCO3 + m_M2CO3 + m_MCl

=> kim loại M

Lời giải chi tiết :

- Khi nung nóng X chỉ có MHCO₃ phản ứng :

2MHCO₃ → M₂CO₃ + CO₂ + H₂O

mol x → 0,5x → 0,5x

=> m_X - m_rắn = m_CO2 + m_H2O (CO₂ và hơi nước thoát đi làm cho khối lượng rắn giảm)

=> 20,29 – 18,74 = 44.0,5x + 18.0,5x => x = 0,05 mol

- Khi X + HCl : n_HCl = 0,5.1 = 0,5 mol ; n_CO2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 mol

+) MHCO₃ + HCl → MCl + CO₂ + H₂O

Mol 0,05 → 0,05

+) M₂CO₃ + 2HCl → 2MCl + CO₂ + H₂O

Mol 0,1 ¬ (0,15 – 0,05)

- Bảo toàn nguyên tố Clo : n_Cl-(Y) = n_HCl + n_MCl

+) Ag⁺ + Cl^- → AgCl (n_AgCl = 74,62 : 143,5 = 0,52 mol)

Mol 0,52 ¬ 0,52

=> 0,52 = n_HCl + n_MCl => n_MCl = 0,52 – 0,5 = 0,02 mol

=> m_X = m_MHCO3 + m_M2CO3 + m_MCl

=> 20,29 = 0,05.(M + 61) + 0,1.(2M + 60) + 0,02.(M + 35,5)

=> M = 39g/mol (Kali)

Câu 26 :

A

5
B

4
C

3
D

6

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Biện luận, lập công thức cấu tạo của este

Lời giải chi tiết :

Vì là este đa chức => có nhiều hơn 1 nhóm COO => có ít nhất 2 liên kết pi trong phân tử

Mà theo đề bài X có 2 pi => X là este 2 chức, no và số C > 2

- Mặt khác , số oxi khác số C là 2 => X phải có 6 C trong phân tử.

- X không có phản ứng tráng bạc => X không có gốc HCOO trong phân tử

- X + NaOH → 1 muối + 1 ancol

=> 2 TH : X là este của axit 2 chức và ancol đơn chức hoặc axit đơn chức và ancol 2 chức

+) TH₁ : este của axit 2 chức và ancol đơn chức

(COOC₂H₅)₂ ; C₂H₄(COOCH₃)_{2 (có 2 CTCT)}

+) TH₂ : este của axit đơn chức và ancol 2 chức

(CH₃COO)₂C₂H₄

=> Tổng cộng có 4 công thức cấu tạo thỏa mãn

Câu 27 :

Cho các phát biểu sau :

(1) Tất cả các amino axit đều là chất rắn điều kiện thường

(2) Tất cả các amino axit đều không làm đổi màu quì tím

(3) Glyxin phản ứng được với tất các chất sau : dung dịch NaOH, dung dịch H₂SO₄

(4) Tất cả các amino axit đều có khả năng trùng hợp tạo peptit

(5) Có thể dùng quì tím để phân biệt các dung dịch alanin, lysin, axit glutamic

(6) Trong phân tử amino axit vừa chứa liên kết cộng hóa trị, vừa chứa liên kết ion

Số phát biểu đúng là :

A

3
B

4
C

6
D

5

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Xem lại lý thuyết về tính chất của aminoaxit

Lời giải chi tiết :

(1) Đúng

(2) Sai. Lysin làm quì tím chuyển xanh (tùy thuộc vào số nhóm NH₂ và COOH trong phân tử amino axit)

(3) Đúng

(4) Sai. Peptit cấu thành từ các a-amino axit

(5) Đúng . Vì : Alanin (tím) ; Lysin (xanh – 2 nhóm NH₂,1 nhóm COOH) và Axit glutamic (đỏ - 2 nhóm COOH, 1 nhóm NH₂)

(6) Đúng. Vì amino axit còn được xem là muối nội phân tử : dạng ⁺H₃N-R-COO^-

Câu 28 :

A

4,24
B

3,18
C

5,36
D

8,04

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Biện luận công thức cấu tạo của hợp chất có nguyên tố Nito

Dạng 1: Muối cacboxylat của amin :

Công thức phân tử chung của muối có dạng: C_nH_2n+3NO₂ (n≥1) . Là muối của amino đơn chức mạch hở hoặc amoniac và axit cacboxylic no đơn chức mạch hở nên muối có tính lưỡng tính

C_nH_2n+3NO₂ + H⁺→ C_xH_2x+1COOH + C_yH_2y+3NH⁺ (x+y+1=n)

C_nH_2n+3NO₂ + OH^-→ C_xH_2x+1COO^- + C_yH_2y+3N + H₂O (x+y+1=n)

Đặc điểm: khi phản ứng với NaOH thu được muối duy nhất và khí bay ra làm xanh quì tím ẩm

Dạng 2: Muối nitrat của amin

Công thức phân tử chung của muối có dạng: C_nH_2n+4O₃N₂ (n≥1) . Là muối của bazơ yếu ( C_nH_2n _{+ 3}N) và axit mạnh (HNO₃) nên muối có tính axit yếu. Muối tác dụng với dung dịch kiềm tạo muối nitrat + amin + nước

C_nH_2n+3NH⁺NO₃^- + NaOH→ C_nH_2n+3N + H₂O + NaNO₃

Đặc điểm: phản ứng với NaOH thu được muối vô cơ và khí làm xanh quì tím ẩm

Dạng 3: Muối cacbonat của amin:

a- Công thức phân tử chung của muối có dạng: C_nH_2n+6 O₃N₂ (n≥2) .Là muối của amin no đơn chức mạch hở và axit cacbonic (muối cacbonat) nên muối có tính lưỡng tính.

Khi tác dụng với dung dịch bazơ mạnh (VD: NaOH) tạo ra sản phẩm là:Na₂CO₃ + amin + nước

Khi tác dụng với dung dịch axit mạnh (VD: HCl) tạo ra sản phẩm là: NaCl + khí cacbonic + nước.

Cũng cần lưu ý: Công thức phân tử chung của muối có dạng : C_nH_2n+6O₃N₂ (n≥2) rất dễ nhầm lẫn với muối nitrat của amin có dạng C_nH_2n+4O₃N₂.

b- Công thức phân tử chung của muỗi có dạng C_nH_2n+3 O₃N (n≥2). Là muối của

amin no đơn chức mạch hở và axit cacbonic( muối hiđrocacbonat) nên muối có tính lưỡng tính.

Khi tác dụng với dung dịch bazơ mạnh (VD: NaOH) tạo ra sản phẩm là :Na₂CO₃ + amin + nước

Khi tác dụng với dung dịch axit mạnh (VD: HCl) tạo ra sản phẩm là : NaCl + khí cacbonic + nước

Lời giải chi tiết :

- Xét khí Z : n_Z = 4,48 : 22,4 = 0,2 mol. M_Z = 18,3 . 2 = 36,6g

=> 2 amin phải là CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂ với số mol lần lượt là x và y

=> x + y = 0,2 và m_Z = 31x + 45y = 36,6.0,2

=> x = 0,12 ; y = 0,08 mol

- Biện luận công thức cấu tạo của A và B :

+) A là C₅H₁₆O₃N₂ có dạng C_nH_2n+6 O₃N₂ => A là muối cacbonat của amin: (C₂H₅NH₃)₂CO₃

(A không thể là muối nitrat của amin vì không thể tạo ra CH₃NH₂ hay C₂H₅NH₂)

+) B là C₄H₁₂O₄N₂ có dạng muối cacboxylat của amin : (COONH₃CH₃)₂

- Các phương trình phản ứng :

(C₂H₅NH₃)₂CO₃ + 2NaOH → 2C₂H₅NH₂ + Na₂CO₃ + 2H₂O

(M = 106)

(COONH₃CH₃)₂ + 2NaOH → (COONa)₂ + 2CH₃NH₂ + 2H₂O

(M = 134) => E

=> m_E = 134.n_E = 134.0,5n_CH3NH2 = 134.0,5.0,12 = 8,04g

Câu 29 :

A

34,88
B

36,16
C

46,4
D

59,2

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Bảo toàn nguyên tố: n_O(oxit) = n_CO2 = n_CaCO3 =?

Bảo toàn khối lượng : m_Oxit = m_rắn + m_{O pứ} = ?

Lời giải chi tiết :

Tổng quát: Gọi công thức oxit là Fe_xO_y

Fe_xO_y + yCO → xFe + yCO₂

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Ta có : n_CaCO3 = 80 : 100 = 0,8 mol = n_CO2 = n_{O( Oxit pứ)}

Bảo toàn khối lượng : m_Oxit = m_rắn + m_{O pứ} = 33,6 + 16.0,8 = 46,4g

Câu 30 :

Chất A có công thức phân tử C₆H₈O₄ . Cho sơ đồ phản ứng sau :

(A) + 2NaOH → (B) + (C) + H₂O

(B) \(\xrightarrow{{{H_2}S{O_4},{t^0}}}\)(D) + H₂O

Phát biểu nào sau đây phù hợp với sơ đồ trên :

A

Chất E là HOOC-CH≡CH-COOH
B

Chất B là CH₃OH
C

Chất D là C₃H₆
D

Chất A là este 2 chức

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Biện luận công thức cấu tạo của este dựa vào công thức phân tử và tính chất hóa họC.

Công thức tính số liên kết pi + vòng = \(\frac{{2C + 2 - H}}{2}\)

Lời giải chi tiết :

- Este là C₆H₈O₄ : Số (pi + vòng) = \(\frac{{2.6 + 2 - 8}}{2}\)= 3

=> Este 2 chức có 1 liên kết pi trong gốc hidrocacbon

- Dựa vào phản ứng : (A) + 2NaOH → (B) + (C) + H₂O

=> A có 1 nhóm COOH và 1 nhóm COOR

- Mặt khác có phản ứng : (B) \(\xrightarrow{{{H_2}S{O_4},{t^0}}}\)(D) + H₂O

=>B phải là ancol có từ 2 C trở lên

=> Công thức của A chỉ có thể là : HOOC – CH = CH – COOC₂H₅

Câu 31 :

A

Propin 33,1% ; but – 1 – in 22,3% ; but – 2 – in 44,6%
B

Etin 22,3 % ; propin 33,1% ; but – 2 – in 44,6%
C

Etin 22,3 % ; propin 33,1% ; but – 1 – in 44,6%
D

Propin 33,1% ; but – 2 – in 22,3% ; but – 1 – in 44,6%

Đáp án : A

Phương pháp giải :

- Xét phần 1 : n_A1 = n_A2 = ½ n_A = 0,05 mol

Từ số mol H₂O => số mol H trong A₁ => Số H trung bình (A)

- Xét phần 2 : Biện luận các chất trong A dựa vào mối tương quan giữa số mol AgNO₃ và số mol ankin (Có chất nào không phản ứng hay không ? Có CH≡CH hay không ? )

CH≡CH + 2AgNO₃ → Ag₂C₂

- Dựa vào Số H trung bình tính được ở A₁ biện luận các chất trong A

=> số mol các chất trong A và % theo khối lượng.

Lời giải chi tiết :

- Xét phần 1 : n_A1 = n_A2 = ½ n_A = 0,05 mol

n_H(H2O) = n_H(A1) = 2n_H2O = 2.2,34 : 18 = 0,26 mol

=> Số H trung bình (A) = 0,26 : 0,05 = 5,2

- Xét phần 2 : n_AgNO3 = 0,25.0,12 = 0,03 mol < n_A2 = 0,05 mol

=> trong A có ankin không phản ứng với AgNO₃ => But-2-in

+) Không thể có CH≡CH trong A vì : n_C2H2 = n_A.40% = 0,02 mol (C₂H₂ có M nhỏ nhất trong A)

CH≡CH + 2AgNO₃ → Ag₂C₂

0,02 → 0,04 mol > 0,03 (Vô lý)

- Dựa vào Số H trung bình = 5,2 => A phải chứa C₃H₄ (propin)

=> Bộ 3 ankin phù hợp là propin (0,02 mol) ; but-1-in ; but-2-in

- Tổng quát : RC≡CH + AgNO₃ → RC≡CAg ↓

=> n_ankin = n_propin + n_but-1-in = n_AgNO3 = 0,03 => n_but-1-in = 0,03 – 0,02 = 0,01 mol

=> n_but-2-in = n_A2 – n_propin – n_but-1-in = 0,05 – 0,02 – 0,01 = 0,02 mol

=> m_A2 = 0,02.M_C3H4 + 0,02.M_C4H6 + 0,01.M_C4H6 = 2,42g

=> %m_but-2-in = 0,02.54 : 2,42 = 44,6%

Câu 32 :

A

1,2
B

1,56
C

1,72
D

1,66

Đáp án : D

Phương pháp giải :

n_NaHCO3 = 0,08 mol ; n_CaCl2 = 0,04 mol

n_CaCO3 = n_Ca2+ = n_Ca + n_CaCl2 (Bảo toàn nguyên tố Ca) => n_Ca

- Các phản ứng của kim loại khi thả vào nước :

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂

=> n_H2 = ½ n_Na + n_Ca => n_Na

=> m = m_Na + m_Ca

Lời giải chi tiết :

n_NaHCO3 = 0,08 mol ; n_CaCl2 = 0,04 mol

n_CaCO3 = 7 : 100 = 0,07 mol = n_Ca2+ = n_Ca + n_CaCl2 (Bảo toàn nguyên tố Ca)

=> n_Ca = 0,07 – 0,04 = 0,03 mol

- Các phản ứng của kim loại khi thả vào nước :

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂

=> n_H2 = 0,896 : 22,4 = 0,04 mol = ½ n_Na + n_Ca => n_Na = 2.(0,04 – 0,03) = 0,02 mol

=> m = m_Na + m_Ca = 23.0,02 + 40.0,03 = 1,66g

Câu 33 :

Giá trị của m và V lần lượt là :

A

6,36 và 378,2
B

7,5 và 250,0
C

6,36 và 250,0
D

7,5 và 387,2

Đáp án : D

Phương pháp giải :

- Công thức tính nhanh khi hỗn hợp KL + HNO₃

n_e = n_{e KL} = n_NO2 + 3n_NO + 8n_N2O + 10n_N2 + 8n_NH4NO3

n_HNO3 = 2n_NO2 + 4n_NO + 10n_N2O + 12n_N2 + 10n_NH4NO3

- Bài toán Al³⁺ + OH^- : Cho biết nAl³⁺= a và nOH^- = b, tính số mol kết tủa:

+ Với muối nhôm

Các phản ứng xảy ra:

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃ (1)

Al(OH)₃ + OH^- → (Al(OH)₄)^- (2)

Từ (1) và (2) ta rút ra kết luận:

+ Nếu b/a ≤ 3 thì kết tủa chưa bị hoà tan và nAl(OH)₃= b/3

+ Nếu 3 < b/a < 4 thì kết tủa bị hoà tan 1 phần

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃ (1)

mol a → 3a → a

Al(OH)₃ + OH^- (Al(OH)₄)^- (2)

Mol b-3a b-3a

nAl(OH)₃= 4a-b

+ Nếu b/a ≥ 4 thì kết tủa bị hoà tan hoàn toàn

Lời giải chi tiết :

- Xét hỗn hợp khí : M_khí = 32.31/24 = 124/3

=> n_N2 + n_N2O = 0,084 mol và 28n_N2 + 44n_N2O = 0,084.124/3

=> n_N2 = 0,014 ; n_N2O = 0,07 mol

- Xét phản ứng kim loại và HNO₃ :

n_e = 3n_Al+ 2n_Mg = 10n_N2 + 8n_N2O = 0,7 mol ^(*)

n_{HNO3 pứ} = 12n_N2 + 10n_N2O = 0,868 mol

- Xét đồ thị :

+) Tại n_NaOH = 0,05.2 = 0,1 mol thì bắt đầu có kết tủa => n_{HNO3 dư} = n_NaOH = 0,1 mol

=> ån_HNO3 = 0,868 + 0,1 = 0,968 mol => V_HNO3 = 0,968 : 2,5 = 0,3872 lit = 387,2 ml

+) Tại n_NaOH = 0,4125.2 = 0,825 mol (Lúc này lượng kết tủa giảm sau khi đạt max)

=> Al(OH)₃ tan 1 phần => n_{NaOH pứ} = n_NaOH – n_{HNO3 dư} – 2n_Mg(OH)2

Các phản ứng : H⁺ + OH^- → H₂O

Mg²⁺ + 2OH^- → Mg(OH)₂

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

=> m_{kết tủa} = m_Mg(OH)2 + m_Al(OH)3 = 58.n_Mg + 78.(4n_Al - n_OH-)

=> 17,45 = 58.n_Mg + 78.(4n_Al – (0,825 – 0,1 – 2n_Mg)) ^(**)

Từ (*) và (**) => n_Mg = 0,2 ; n_Al = 0,1 mol

=> m = m_Al + m_Mg = 27.0,1 + 24.0,2 = 7,5g

Câu 34 :

A

25
B

15
C

40
D

30

Đáp án : D

Phương pháp giải :

\(\begin{array}{*{20}{c}}{38,55g} \\ X \end{array}\left\{ \begin{gathered} Mg \hfill \\Al \hfill \\ZnO \hfill \\F{\text{e}}{(N{O_3})_2} \hfill \\\end{gathered}\right.\xrightarrow[{0,725(mol)}]{{{H_2}S{O_{4(l)}}}}\left\{\begin{gathered}dd.Y:96,55g.muoi \hfill \\\uparrow Z:\left\{ \begin{gathered} V = 3,92(l) \hfill \\{d_{Z/{H_2}}} = 9 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

- Biện luận các chất trong hỗn hợp khí Z

Công thức tính nhanh trong bài toán hỗn hợp chất + HNO₃ :

n_H+ = 2n_NO2 + 4n_NO + 10n_N2O + 12n_N2 + 10n_NH4 + 2n_O + 2n_H2

- Bảo toàn nguyên tố, Bảo toàn khối lượng , bảo toàn e.

Lời giải chi tiết :

- Xét khí Z : n_Z = 3,92 : 22,4 = 0,175 mol

M_Z = 9.2 = 18g. Vì có 1 khí hóa nâu ngoài không khí => NO

=> khí còn lại là H₂

=> n_NO + n_H2 = 0,175 mol và m_Z = 30n_NO + 2_N2 = 18.0,175 = 3,15g

=> n_NO = 0,1 ; n_H2 = 0,075 mol

- Bảo toàn khối lượng : m_X + m_H2SO4 = m_muối + m_Z + m_H2O

=> m_H2O = 38,55 + 0,725.98 – 3,15 – 96,55 = 9,9g => n_H2O = 0,55 mol

- Bảo toàn nguyên tố H : 2n_H2SO4 = 4n_NH4 + 2n_H2 + 2n_H2O

=> n_NH4 = 0,05 mol

- Công thức tính nhanh : n_{H+ pứ} = 4n_NO + 2n_H2 + 2n_O(X) + 10n_NH4

=> n_O(X) = 0,2 mol = n_ZnO(Bảo toàn nguyên tố Oxi)

- Bảo toàn Nito : n_NO + n_NH4 = 2n_Fe(NO3)2 => n_Fe(NO3)2 = 0,075 mol

- Ta có : m_X = m_Al + m_Mg + m_ZnO + m_Fe(NO3)2 => 24n_Mg + 27n_Al = 8,85g

Và : n_e = 3n_Al + 2n_Mg = 2n_H2 + 8n_NH4 + 3n_NO = 0,85 mol

(Vì có H₂ nên H⁺ dư phản ứng với kim loại => chỉ có Fe²⁺ trong dung dịch)

=> n_Al = 0,15 ; n_Mg = 0,2 mol

=> %m_Mg(X) = 0,2.24 : (0,2 + 0,15 + 0,2 + 0,075) = 32% (gần nhất với giá trị 30%)

Câu 35 :

A

92,4
B

34,8
C

73,9
D

69,7

Đáp án : C

Phương pháp giải :

- Vì E là este của với 3 axit X,Y,Z => X cũng là axit đơn chức

- Xét phản ứng đốt cháy M (X, E)

Gọi công thức tổng quát của X : C_nH_2n-2O₂

E : C_mH_2m-6O₆

Khi đốt cháy : C_nH_2n-2O₂ + (1,5n – 2)O₂ → nCO₂ + (n – 1)H₂O

C_mH_2m-6O₆ + (1,5m – 5)O₂ → mCO₂ + (m – 3)H₂O

=> n_CO2 – n_H2O = n_X + 3n_E

- M phản ứng với NaOH : n_NaOH = n_COO = n_X + 3n_E

Mặt khác m_CO2 – m_H2O = a – (a – 4,62) = 4,62g

=> n_CO2 và n_H2O => khối lượng của M

=> Tính được số mol các chất phản ứng dựa vào tỉ lệ tương ứng khối lượng của M

- Xét 13,2g M + NaOH => tính số mol các nguyên tố trong M

- Gọi công thức tổng quát của các muối trong V là C_xH_2x+1COONa ; C_yH_2y-1COONa

(y chẵn, x > 0)

-Phản ứng cháy : C_xH_2x+1COONa + O₂ → (x + 0,5)CO₂ + (x + 0,5)H₂O + 0,5Na₂CO₃

C_yH_2y-1COONa + O₂ → (y + 0,5)CO₂ + (y - 0,5)H₂O + 0,5Na₂CO₃

=> tính được số mol các muối

=> Biện luận công thức cấu tạo các chất

=> Thánh phần các chất trong M

=> %m_E(M)

Lời giải chi tiết :

- Vì E là este của với 3 axit X,Y,Z => X cũng là axit đơn chức

- Xét phản ứng đốt cháy M (X, E)

(Vì X có 2 liên kết pi => X có 1 pi trong gốc hidrocacbon và 1 pi trong nhóm COO)

=> E là este của X,Y,Z => số pi = pi(gốc R của X) + pi(COO) = 1 + 3 = 4)

Gọi công thức tổng quát của X : C_nH_2n-2O₂ : u mol

E : C_mH_2m-6O₆ : v mol

Khi đốt cháy : C_nH_2n-2O₂ + (1,5n – 2)O₂ → nCO₂ + (n – 1)H₂O

C_mH_2m-6O₆ + (1,5m – 5)O₂ → mCO₂ + (m – 3)H₂O

=> n_CO2 – n_H2O = n_X + 3n_E = u + 3v

- M phản ứng với NaOH : n_NaOH = n_COO = n_X + 3n_E = u + 3v = 0,04 mol

Mặt khác m_CO2 – m_H2O = a – (a – 4,62) = 4,62g

=> n_CO2 = 0,15 ; n_H2O = 0,11 mol

Bảo toàn nguyên tố : n_C(M) = n_CO2 = 0,15 mol ; n_H(M) = 2n_H2O = 0,22 mol

n_O(M) = 2n_COO(M) = 2n_NaOH = 0,08 mol

=> m_M = m = m_C + m_H + m_O = 3,3g

- Xét 13,2g M + NaOH → Muối V thì số mol nguyên tố trong M gấp 13,2 : 3,3 = 4 lần

Và số mol NaOH + M cũng gấp 4 lần => n_NaOH = 0,04.4 = 0,16 mol = n_{muối V}

( Phản ứng tổng quát : Este/Axit + NaOH → Muối + Ancol/H₂O )

Khi đốt cháy tạo n_CO2 = 0,4 mol

Bảo toàn Na : n_Na2CO3 = ½ n_NaOH = 0,08 mol

Có : m_Na2CO3 + m_H2O =14,24g => n_H2O = 0,32 mol

Bảo toàn Oxi : n_O(V) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O + 3n_Na2CO3

=> n_O2 = 0,52 mol

Bảo toàn khối lượng : m_V + m_O2 = m_CO2 + m_Na2CO3 + m_H2O

=> m_V = 15,2g

- Gọi công thức tổng quát của các muối trong V là C_xH_2x+1COONa ; C_yH_2y-1COONa

(y chẵn, x > 0)

-Phản ứng cháy : C_xH_2x+1COONa + O₂ → (x + 0,5)CO₂ + (x + 0,5)H₂O + 0,5Na₂CO₃

Mol p

C_yH_2y-1COONa + O₂ → (y + 0,5)CO₂ + (y - 0,5)H₂O + 0,5Na₂CO₃

Mol q

=> n_CO2 – n_H2O = q = 0,4 – 0,32 = 0,08 mol => p = 0,16 – q = 0,08 mol

Ta có : n_C(V) = n_CO2 + n_Na2CO3 = 0,48 mol = 0,08.(x+1) + 0,08(y+1)

=> x + y = 4

Vì X có gốc hidrocacbon mạch nhánh, có 1 liên kết pi trong gốc hidrocacbon

=> số C trong gốc hidrocacbon của X ≥ 3

=> y = 3 và x = 1 thỏa mãn điều kiện

=> X là C₃H₅COOH, 2 axit còn lại là HCOOH và C₂H₅COOH với số mol bằng nhau = 0,04 mol

(Vì : Số C trung bình = 1 = ½ (tổng số C của 2 axit) => tỉ lệ mol 1 : 1)

Vậy Trong M có : 0,04 mol este E(gốc ancol là R) và 0,04 mol X

=> m_M = 13,2 = 0,04.(R + 203) + 0,04.86 => R = 41 (C₃H₅)

=> %m_E(M) = 73,94%

Câu 36 :

Hòa tan hoàn toàn 2 chất rắn X, Y (số mol bằng nhau) vào nước thu được dung dịch Z. Tiến hành các thí nghiệm sau :

- Thí nghiệm 1 : Cho dung dịch NaOH dư vào V ml dung dịch Z thu được n₁ mol kết tủa

- Thí nghiệm 2 : Cho dung dịch NH₃ dư vào V ml dung dịch X thu được n₂ mol kết tủa

- Thí nghiệm 3 : Cho dung dịch AgNO₃ dư vào V ml dung dịch Z thu được n₃ mol kết tủa

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và n₁ = n₂ < n₃. Hai chất X, Y không thể là :

A

ZnCl₂ ; FeCl₂
B

Al(NO₃)₃ ; Fe(NO₃)₂
C

FeCl₂ ; FeCl₃
D

FeCl₂ ; Al(NO₃)₃

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Xem lại lý thuyết tính chất hóa học của các hợp chất vô cơ

Lời giải chi tiết :

Xét thí nghiệm 1 và 2 có tạo số mol kết tủa bằng nhau

=> 2 chất X và Y không thể là Al³⁺ và Fe²⁺ vì Al(OH)₃ tan trong NaOH và không tan trong NH₃

Do đó số kết tủa ở thí nghiệm 1 sẽ phải nhỏ hơn thí nghiệm 2 => không thỏa mãn đề bài

Câu 37 :

A

196,35
B

111,27
C

160,71
D

180,15

Đáp án : D

Phương pháp giải :

- Tìm số mol các chất trong X dựa vào các dữ kiện : m_X ; n_FeO = 1/3n_X ; Thí nghiệm 2

- Qui đổi cả quá trình thành sơ đồ sau :

\(\left. \begin{gathered}F{\text{e}} \hfill \\Cu \hfill \\O \hfill \\ \end{gathered} \right\} + \left\{ \begin{gathered}NaN{{\text{O}}_3} \hfill \\HCl \hfill \\AgN{O_3} \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{\begin{gathered}F{{\text{e}}^{3 + }} \hfill \\C{u^{2 + }} \hfill \\ \end{gathered} \right. + \left\{\begin{gathered}Ag \hfill \\ AgCl \hfill \\ \end{gathered} \right. + NO + {H_2}O\)

=> Áp dụng định luật bảo toàn electron để tìm ra số mol Ag

Lời giải chi tiết :

- Gọi số mol FeO, Fe₃O₄, Cu trong X lần lượt là a ; b ; c

=> n_X = a + b + c = 3a (= 3n_FeO) => 2a – b – c = 0 (1)

- Ta có : m_X = m_FeO + m_Fe3O4 + m_Cu => 72a + 232b + 64c = 16,4g (2)

- Khi X + HCl : Bảo toàn H : n_H2O.2 = n_HCl = 2x

=> Bảo toàn khối lượng : m_X + m_HCl = m_muối + m_H2O

=> 16,4 + 36,5.2x = 29,6 + 18x => x = 0,24 mol

Bảo toàn nguyên tố oxi : n_O(X) = n_O(H2O) => a + 4b = 0,24 (3) => n_{HCl (TN2)} = 2n_H2O = 0,48 mol

Từ (1,2,3) => a = 0,04 ; b = 0,05 ; c = 0,03 mol

- Thí nghiệm 1 có : n_NO = 0,896 : 22,4 = 0,04 mol

=> Công thức tính nhanh : n_HCl = 4n_NO + 2n_O(X) = 0,64 mol

=> n_{HCl tổng} = 0,64 + 0,48 = 1,12 mol

- Trộn dung dịch Y và dung dịch Z để phản ứng với AgNO₃ dư

=> Qui đổi về thành quá trình sau :

\(\left. \begin{gathered}F{{\text{e}}_{0,38}} \hfill \\C{u_{0,06}} \hfill \\{O_{0,48}} \hfill \\ \end{gathered} \right\} + \left\{ \begin{gathered}NaN{{\text{O}}_3} \hfill \\HC{l_{1,12}} \hfill \\AgN{O_3} \hfill \\\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}F{{\text{e}}^{3 + }} \hfill \\C{u^{2 + }} \hfill \\\end{gathered} \right. + \left\{ \begin{gathered}Ag \hfill \\AgCl \hfill \\\end{gathered} \right. + N{O_{0,04}} + {H_2}O\)

(Trong đó : n_Fe = n_FeO + 3n_Fe3O4 ; n_O = n_FeO + 4n_Fe3O4)

(Số mol X gấp đôi vì gộp cả 2 thí nghiệm)

- Bảo toàn electron : 3n_Fe + 2n_Cu = n_Ag + 2n_O + 3n_NO

=> n_Ag = 0,18 mol

Lại có : n_AgCl = n_HCl = 1,12 mol (Bảo toàn nguyên tố Cl)

=> m_{kết tủa} = m_Ag + m_AgCl = 180,16g (Gần nhất với giá trị 180,15)

Câu 38 :

Tiến hành thí nghiệm của 1 vài vật liệu polime với dung dịch kiềm theo các bước sau đây :

- Bước 1 : Lấy 4 ống nghiệm đựng lần lượt các chất PE, PVC , sợi len, xenlulozo theo thứ tự 1,2,3,4

- Bước 2 : Cho vào mỗi ống nghiệm 2 ml dung dịch NaOH 10% đun sôi, để nguội

- Bước 3 : Gạt lấy lớp nước ở mỗi ống nghiệm ta được tương ứng là các ống nghiệm 1’,2’,3’,4’

- Bước 4 : Thêm HNO₃ và vài giọt AgNO₃ vào ống nghiệm 1’,2’. Thêm vài giọt CuSO₄ vào ống 3’,4’.

Phát biểu nào sau đây sai :

A

Ống 1’ không hiện tượng
B

Ống 2’ có kết tủa trắng
C

Ống 3’ có màu tím đặc trưng
D

Ống 4’ có màu xanh lam

Đáp án : B

Lời giải chi tiết :

- PE (-CH₂-CH₂-)_n không phản ứng với NaOH và AgNO₃

- PVC (-CH₂-CHCl-)_n + nNaOH → (CH₂-CHOH-)_n + NaCl

Khi gạt lấy lớp nước thì cũng bao gồm các chất tan trong nước => không còn NaCl

=> không có phản ứng với AgNO₃/HNO₃ => không thể có kết tủa trắng

- Sợi len nếu làm từ hữu cơ (polypeptit) thì sẽ phản ứng với Cu(OH)₂/OH^- tạo màu tím đặc trưng

CuSO₄ + 2NaOH → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

- Xenlulozo không phản ứng với NaOH, khi thêm CuSO₄ vào thì xuất hiện màu xanh của CuSO₄.

Câu 39 :

A

21
B

20
C

22
D

19

Đáp án : A

Phương pháp giải :

- Tìm công thức của 2 ancol thông quá phương pháp trung bình

- Biện luận tìm công thức cấu tạo của 2 muối

(Bảo toàn khối lượng, Bảo toàn nguyên tố)

Lời giải chi tiết :

Phản ứng este tổng quát : R(COO)_nR’ + nKOH → R(COOK)_n + R’(OH)_n

- Xét thí nghiệm với bình F :

- Có : n_KOH = 0,4.1 = 0,4 mol => n_OH(ancol/F) = n_KOH= 0,4 mol => n_H2 = 0,2 mol

( R’(OH)_n + nNa → R’(ONa)_n + 0,5nH₂ )

Bảo toàn khối lượng : m_F = m_{bình tăng} + m_H2 = 15,6g (m_{bình tăng} = m_ancol – m_H2)

- Bảo toàn khối lượng : m_E + m_KOH = m_muối + m_ancol(F)

=> m_muối = 30,24 + 56.0,4 – 15,6 = 37,04g

Gọi công thức tổng quát chung của các muối có dạng : C_xH_yK_zO_2z

=> n_muối = n_KOH/z = 0,4/z (mol) (Bảo toàn nguyên tố K)

Phản ứng cháy : C_xH_yK_zO_2z + (2x + 0,5y – 1,5z)O₂ → (2x – z)CO₂ + yH₂O + zK₂CO₃

Với n_Z = 0,4/z => n_O2 = 0,1.(4x + y – 3z)/z = 0,42 mol

=> 4x + y = 7,2z (1)

Ta có : m_Z = (12x + t + 71z).0,4/z = 37,04

=> 12x + y = 21,6z (2)

Lấy (1) – (2) => y = 0 => cả 2 muối đều không có Hidro

=> Muối tạo từ X là KOOC-C_n-COOK (a mol)

Và Muối tạo từ Y là KOOC-C_m-COOK (b mol)

=> n_KOH = 2a + 2b = 0,4 và a = 1,5b (Vì số mol X gấp 1,5 lần số mol Y)

=> a = 0,12 ; b = 0,08 mol

=> m_muối = 0,12(12n + 166) + 0,08(12m + 166) = 37,04

=> 3n + 2m = 8 (3)

- Biện luận : Este mạch hở nên cả 2 ancol đều đơn chứC. Đốt este có n_CO2 = n_O2, mà este 2 chức nên cả 2 este đều có 8H, các gốc axit không có H nên tổng số H trong 2 gốc ancol của mỗi este là 8

Mặt khác n_F = 0,4 mol => M_F = 39 (M_TB) => 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH

- Do M_X < M_Y nên từ (3) => n = 0 và m = 4 là nghiệm duy nhất thỏa mãn

=> X là CH₃OOC-COOC₂H₅ và Y là CH₃OOC-C≡C-C≡C-COOC₂H₅

=> Y là C₉H₈O₄ có 21 nguyên tử

Câu 40 :

A

0,60
B

0,80
C

0,40
D

1,60

Đáp án : B

Phương pháp giải :

- Biện luận 2 trường hợp : +) R²⁺ chưa bị điện phân hoàn toàn

+) R²⁺ đã bị điện phân hết, H₂O đã bị điện phân ở catot

(Bảo toàn electron : n_e trao đổi)

Lời giải chi tiết :

Do Y có phản ứng với kiềm nên Y là không phải là K-Na-Ca-Ba => R²⁺ có thể bị điện phân

- Các quá trình có thể xảy ra ở các điện cực :

+) Anot : 2Cl^- → Cl₂ + 2e

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

+) Catot : R²⁺ + 2e → R

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

- n_R(NO3)2 = 0,45V và n_NaCl = 0,4V mol ; n_{khí (Anot)} = 5,376 : 22,4 = 0,24 mol

- Phản ứng điện phân tổng quát chung : R(NO₃)₂ + 2NaCl → R + Cl₂ + 2NaNO₃ (1)

=> n_Cl2 = ½ n_NaCl = 0,2V => n_O2 = 0,24 – 0,2V

- Trong t giây : n_{e tđ} = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 0,96 – 0,4V

=> Trong t giây tiếp theo anot sinh ra n_O2 = 0,25n_e = 0,24 – 0,1V

=> n_{O2 tổng} = (0,24 – 0,2V) + (0,24 – 0,1V) = 0,48 – 0,3V

- Có : n_OH = n_KOH + n_NaOH = 0,32.0,75 + 0,32.0,5 = 0,4 mol

=> Ta xét 2 trường hợp

+) TH₁ : Trong 2t giây R²⁺ vẫn chưa bị điện phân hết => chưa điện phân nước ở catot

=> 2n_R2+ < n_{e tđ}

=> 0,45V.2 < (0,96 – 0,4V).2

=> V < 1,129

- n_{R2+ dư} = 0,96 – 0,4V – 0,45V = 0,96 – 0,85V

Lúc này n_H+ = 4n_{O2 tổng} = 4.(0,48 – 0,3V)

Thêm kiềm vào không có kết tủa chứng tỏ R(OH)₂ lưỡng tính đã tan trở lại

R²⁺ + 2OH^- → R(OH)₂

R(OH)₂ + 2OH^- → RO₂^2- + 2H₂O

=> n_OH = n_H+ + 4n_{R2+ dư} => 0,4 = 4.(0,48 – 0,3V) + 4.(0,96 – 0,85V)

=> V = 1,165 (Loại)

+) TH₂ : Trong 2t giây R²⁺ đã bị điện phân hết, H₂O đã bị điện phân ở catot :

Sau (1) còn : n_R2+ = 0,45V – 0,2V = 0,25V

=> Khi điện phân hết R²⁺ thì n_H+ = 0,25V.2 = 0,5V

=> n_H+ = n_OH- = 0,4 = 0,5V => V = 0,8 lit

Bài liên quan