Home » Blog » Hướng dẫn giải chi tiết đề tham khảo môn Hóa thi THPTQG 2021

Hướng dẫn giải chi tiết đề tham khảo môn Hóa thi THPTQG 2021

Đề tham khảo môn Hóa thi THPTQG 2021 ra mắt đêm 31-3-2021; cuốn hút hơn phim “Bố già” và độ nóng hơn cả nhiệt độ trưa hè; đề thi hiện đang được săn lùng nhiều nhất trong tháng 4. Mời bạn xem lời giải chi tiết.

Đề tham khảo Hóa 2021

Đề tham khảo môn Hóa thi THPTQG 2021 đang gây xôn xao trong giới tuổi teen. Mời bạn cùng tìm đọc.

Ngoài ra, 6 môn khác là Toán, Văn, Lý, Sinh, Sử, Địa cũng được công bố. Các môn còn lại hẹn ngày 1-4-2021. Theo Bộ GD-ĐT, nội dung thi nằm trong chương trình THPT, chủ yếu là chương trình lớp 12.

Loader Loading…
EAD Logo Taking too long?

Reload Reload document
| Open Open in new tab

Download [970.59 KB]

Hướng dẫn giải chi tiết đề tham khảo môn Hóa thi THPTQG 2021 câu 41 đến 70

41D. W.

42B. Nhớ các kim loại tác dụng với H2O ở nhiệt độ thường tạo dung dịch kiềm gồm

  • Tất cả kim loại nhóm IA: Li Na K Rb Cs.
  • Chỉ vài kim loại nhóm IIA: Be Mg Ca Sr Ba.
  • Đọc cho vui: Lúc Này Không Rảnh Coi Ca Sĩ Bi-rain.

43A. Vì Rn+ (chất nhận electron) + ne –> R0.

Ion kim loại Rn+ là chất oxi hóa –> ta nói thực hiện quá trình khử ion Rn+.

44C. Vui lòng xem lại bài dãy điện hóa của kim loại.

45A. Điện phân nóng chảy để chế kim loại mạnh, gồm kim loại nhóm IA, IIA và nhôm (Al).

46A. Axit HCl chỉ chơi với kim loại trước Hidro thôi.

47B. Đương nhiên Al2O3.

48D. CaCO3 –> CaO + CO2.

49A. Quặng boxit thành phần chính Al2O3.

50B. FeSO4, coi chừng lộn FeS – sắt (II) sunfua

51D. Nhớ thêm CrO3 là oxit axit, công thức giống SO3.

52C. CO2 gây hiệu ứng nhà kính; cây xanh thu CO2 để thực hiện phản ứng quang hợp.

53B. CH3COO–C2H5.

54A. Mình nên học thuộc 4 axit béo trong chương trình hóa 12.

55B.

Nhớ câu thần chú monosaccarit | đisaccarit | polisaccarit lần lượt là
  • Glu-Fru: đồng phân C6H12O6
  • Sa-Ma: đồng phân C12H22O11
  • Tinh-Xen: có cùng công thức chung (C6H10O5)n ; không phải đồng phân do giá trị n khác nhau

56B. CH3-NH2.

57D. Axit glutamic có 2 nhóm –COOH, vậy có 4 Oxi.

58D. Xem lại bài polime nha.

59A. Phân đạm chứa Nitơ, bài này ở lớp 11.

60B. C2H2n+2, ankan lớp 11.

61C. Nhớ mãi không quên phản ứng dễ quên: Cu0 + 2Fe3+ –> Cu2+ + 2Fe2+.

62D. Muốn trùng hợp, phân tử phải có liên kết C=C, do vậy là Metyl metacrylat CH2=C(CH3)COO-CH3.

63D. Tính đi, xem có đúng đáp án là câu D hay không.

64B. Fe2+ mà.

65C. Dùng công thức cho nhanh, mmuối = mkim loại phản ứng + 71.nH2.

Nếu đề cho axit H2SO4 loãng: mmuối = mkim loại phản ứng + 96.nH2.

66D. CH3CH2COO–C2H5 và HCOO–C2H5.

Thủy phân tạo 2 muối CH3CH2COONa, HCOONa và chỉ 1 ancol C2H5–OH

67A. Dạng sợi nên là Xenlulozơ (C6H10O5)n + nH2O –> nC6H12O6 Glucozơ

68C. Tính theo khối lượng cho nhanh.

Vậy phải nhớ 1Sa (342 gam) –> 1Glu + 1Fru –tráng bạc–> 4Ag (4 x 108 = 432 gam).

69B. nN2 = 0,1 –> nN = 2 x 0,1 = 0,2 –> namin RN = 0,2 –> nHCl = 0,2 vì tỉ lệ phản ứng là 1:1 (đơn chức).70B. Đương nhiên, sợi bông là xenlulozơ lấy từ cây, tơ tằm là protein do con tằm mình nuôi nhả ra.

Nếu bạn hoàn thành đúng 30 câu trong đề tham khảo môn Hóa

Xin chúc mừng, ít nhất bạn đã đạt 30 câu x 0,25 điểm = 7,5 điểm. Một số điểm không nhỏ. Muốn vậy, bạn phải kiên nhẫn và siêng năng, đừng học qua loa và hy vọng hão huyền!

Câu 71. Hấp thụ hoàn toàn V lít khí CO2 vào dung dịch chứa a mol NaOH …

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 I vào 120 ml dung dịch HCl 1M, thu được 2,016 lít khí CO2 (đktc). Cho phần II phản ứng hết với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 29,55 gam kết tủa. Tính V? [71D. VCO2 = 3,36 lít]

Để dễ làm, mình không chia 2 phần cho rối; mà xem như làm 2 thí nghiệm với dung dịch X. Khi đó:

  • Đặt x mol CO2 + a mol NaOH + 1,5a mol Na2CO3 –> dung dịch X có
    • Tổng Cban đầu = x + 1,5a
    • Tổng Naban đầu = a + 2 x 1,5a = 4a
  • Tiến hành 2 thí nghiệm với dung dịch X
    • TN1: cần 2×0,12 = 0,24 mol HCl ; tạo 2×0,09 = 0,18 mol CO2
    • TN2: tạo 2×0,15 = 0,3 mol BaCO3
Tính số C ban đầu và số C đã phản ứng

TN2: vì Ba(OH)2 dư nên 100%C trong X sau phản ứng chui vào BaCO3 0,3 mol

=> Tổng Cban đầu trong X = 0,3 => x + 1,5a = 0,3

TN1: X + 0,24 mol HCl –> CO2 = 0,18

=> Cphản ứng = 0,18 < Cban đầu ; nghĩa là trong thí nghiệm này

  • HCl phản ứng hết sạch 0,24 mol (**)
  • So sánh giữa thấy C : C = 0,3 : 0,18 = 5 : 3 => C = C x 5/3 ; và như vậy Na = Na x 5/3

CÁCH 1# Ngắn

  • Từ (**), vì HCl phản ứng hết 0,24 mol => NaCl sau phản ứng = 0,24 mol (bảo toàn mol Cl) => Na = 0,24.
  • Vậy Na = Na x 5/3 = 0,24 x 5/3 = 0,4 => 4a = 0,4 <=> a = 0,1.
  • Thế a vào x + 1,5a = 0,3 => x = 0,15 nên V = 3,36 lít.

CÁCH 2# Tìm ở TN1, C ở dạng muối gì, mình biết được ý người ra đề!

Khi cho CO2 vào NaOH, Na2CO3, phản ứng xảy ra loạn xạ luôn

  • CO2 + NaOH –> NaHCO3
  • CO2 + 2NaOH –> Na2CO3 + H2O
  • CO2 + Na2CO3 + H2O –> 2NaHCO3
  • Không có trường hợp CO2 dư vì đề nói hấp thu hoàn toàn CO2!

Tựu lại, dung dịch X có thể có các trường hợp:

  • X1 = {chỉ NaHCO3}
  • X2 = {NaHCO3  Na2CO3}
  • X3 = {chỉ Na2CO3}
  • X4 = {Na2CO3 NaOH dư}

Nếu X chỉ có có 1 muối là NaHCO3 hoặc Na2CO3, khi phản ứng với HCl thì vô lý, hãy xem

  • Nếu X1: NaHCO3 + HCl –> NaCl + H2O + 0,18 mol CO2

=> HCl = 0,18 vô lý với đề cho HCl đến 0,24.

  • Nếu X3 và X4: Na2CO3 + 2HCl –> 2NaCl + H2O + 0,18 mol CO2

=> HCl ít nhất là 0,36 cũng vô lý với đề cho HCl chỉ là 0,24.

  • Vậy người ra đề muốn cho trường hợp X2 = {NaHCO3, Na2CO3}
Tìm mol muỗi muối

Đặt mol đã phản ứng của NaHCO3 = b ; Na2CO3 = c             

  • NaHCO3 + HCl –> NaCl + H2O + CO2 
  • Na2CO3 + 2HCl –> 2NaCl + H2O + CO2

Dễ có hệ b + 2c = 0,24 ; b + c = 0,18

Giải ra b = 0,12 mol NaHCO3 đã pư ; c = 0,06 mol Na2CO3 đã pư. Vì vậy

Na = 0,12 + 2 x 0,06 = 0,24 => Na = 0,24 x 5/3 = 0,4

=> 4a = 0,4 <=> a = 0,1 => thế a vào x + 1,5a = 0,3 => x = 0,15 nên V = 3,36 lít

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 bao nhiêu? [72C. 4 phản ứng vừa tạo tủa và khí]

Mình tìm ion phản ứng được với nhau tạo khí, kết tủa như sau:

(a) H+ + HCO3 –> H2O + CO2 ; SO42- + Ba2+ –> BaSO4

(b) NH4+ + OH –> H2O + NH3 ; HCO3 + OH –> H2O + CO32- ; CO32- + Ba2+ –> BaCO3

(c) Ca(HCO3)2 | Mg(HCO3)2 –> CaCO3 | MgCO3 + CO2 + H2O

(d) Al + H2O + NaOH –> NaAlO2 tan + 1,5H2

(e) 2Na + 2H2O –> 2NaOH + H2 ; 2NaOH + CuSO4 –> Cu(OH)2 + Na2SO4

Câu 73. Xà phòng hóa hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm các triglixerit …

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 bao nhiêu? [73C. Tính ra m = 68,2 gam]

E là (RCOO)3C3H5 thủy phân trong NaOH tạo

  • 3C17HxCOONa + 4C15H31COONa + 5C17HyCOONa
  • Mình gom cacbon: 3C18HxOONa + 4C16H31OONa + 5C18HyOONa
  • Vì có tỉ lệ mol nên tính được số C trung bình của ba muối = (18×3 + 16×4 + 18×5) (3 + 4 + 5) = 52/3
    • 3 muối lúc này chỉ còn là 1 muối C52/3HzOONa
    • Hỗn hợp E giờ cũng chỉ là 1 chất (C52/3HzOO)3C3H5 => số C trung bình của E = 3.52/3 + 3 = 55

Phản ứng hidro hóa: 1E + ….. H–> 1Y (68,96 gam, no)

  • Y no nên là Y có công thức chung CnH2n + 2 – 2kO6 với n = 55 ; k =3 do chỉ có 3 liên kết pi trong 3 chức este
  • Thế vào được Y là C55H2.55 + 2 – 2.3O6 = C55H106O6 => MY = 862 => nY = 0,08 mol => n= 0,08 mol (vì tỉ lệ phản ứng 1:1)

E + đủ 6,09 mol O2

  • Có sơ đồ: 0,08 mol C55HzO6 + 6,09 mol O2 –> CO2 + H2O
  • BT mol C tính ra CO2 = 4,4 mol
  • BT mol O tính ra H2O = 3,86 mol

BTKL → mX = mCO2 + mH2O – mO2 = 68,2 gam

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? [74A. Có 1 phát biểu (a) đúng thôi]

Các câu sai như sau:

(b) Ag+ –> Ag0 nên Ag+ là chất oxi hóa

=> Glucozơ là chất khử; vậy ta phải nói Glucozơ bị oxi hóa thành amoni gluconat.

(c) Amilopectin có mạch phân nhánh (amilozơ mới không phân nhánh).

(d) Thành phần chính là etanol C2H5OH. (e) Không phải đông tụ chất béo, mà là đông tụ protein.

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? [75C. Tính ra m = 4,98 ~ 5,0]

Đặt hỗn hợp {Na, Na2O, K2O} = {R, R2O}

m gam {R, R2O} + H2O dư –> 50 ml dung dịch X + 0,02 mol H2

  • R + H2O –> ROH + 0,5H2 => mol R = 0,04
  • R2O + H2O –> 2ROH => đặt R2O = x mol
  • vậy tổng mol R = ROH = 0,04 + 2x
  • 50ml dung dịch X = {ROH}

X + 0,15 mol HCl –> 100 ml dung dịch Y có pH = 1

  • Phản ứng xảy ra là OH + H+ –> H2O
  • pH = 1 => môi trường axit <=> sau phản ứng H+ dư
    • đề cho pH = 1 => [H+ dư] = 0,1 => mol H+ dư = 0,01 => H+ pư = 0,15 – 0,01 = 0,14
    • OH của X = H+ pư = 0,14 (*)

OH của X = ROH = 0,14 (*) => 0,04 + 2x = 0,14 <=> x = 0,05

  • Vậy R2O = 0,05 mol => O = 0,05 mol
  • 0,14 mol ROH + HCl dư –> RCl + H2O => RCl = 0,14 mol
    • Rắn khan = muối RCl (HCl dư không tính vì chuyển thành khí bay mất tiêu!)
    • mRCl = 9,15 => mR = 9,15 – Cl = 9,15 – 0,14 x 35,5 = 4,18 gam

mban đầu = R + R2O = mR + mO = 4,18 + 0,05 x 16 = 4,98 gam

Có cách này nhanh hơn
Ta thấy chính là bài toán: Cho m gam R và R2O + 0,15 mol HClban đầu –> 100ml dung dịch có pH = 1 (do HClcòn ) ; 9,15 gam muối RCl và 0,02 mol H2. Tìm m?

Đặt nR = x ; nR2O = y. Hai phản ứng viết là

  • x mol R + HCl –> RCl + 0,5H2
  • y mol R2O + 2HCl –> 2RCl + H2O

Tìm x, y bằng cách lập hệ

  • Cho HCl ban đầu = 0,15 mol, sau phản ứng dung dịch có pH = 1 => HCl dư = 0,1 mol => HCl phản ứng = 0,14 => x + 2y = 0,14
  • Và mol H2 = 0,02 => 0,5x = 0,02
  • Giải ra x = 0,04 ; y = 0,05

BTKL từ hai phản ứng trên, có

  • mhh + mHCl pư = mmuối RCl + mH2 + mH2O

Thế số vào được mhh + 0,14×36,5 = 9,15 + 2 x 0,02 + 0,05 x 18 <=> mhh = 4,98 gam

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 bao nhiêu? [76B. Tính ra Br2 = 0,18 mol]

0,26 mol X ={CH3COO-C2H5; CH2=CH-COO-CH3; CnH2n+2 – 2k} + 0,79mol O2 –> 0,58mol H2O

Đặt một đống chất trong X chỉ là một chất CxHyO4 

  • tổng số liên kết pi ở gốc + ở 2 chức este = (2x + 2 – y) 2 = x + 1 – 0,5y
  • liên kết pi ở 2 chức este là 2
  • chỉ có liên kết pi ở gốc mới tác dụng được với Br2 => x + 1 – 0,5y – x – 0,5y – 1 [*]

Phương trình phản ứng

  • 1CxHyO4 + (x + 0,25y – 2)O2 –> xCO2 + 0,5yH2O
  • Lập tỉ lệ số mol theo phương trình và số mol đề cho, ta được 1 : 0,26 = (x+0,25y-2) : 0,79 = 0,5y : 0,58
  • Vui tính một hồi ra y = 58/13 ; x + 0,25y – 2 = 79/26 => x = 51/13

Thế trị của x, y vào [*] => số pi tác dụng với Br2 = x – 0,5y – 1 = 9/13

  • Mình nói: cứ 1 phân tử CxHyO4 có số liên pi tác dụng với Br2 = 9/13
  • Vậy: 0,26 mol CxHyO4 => số mol liên kết pi = 0,26 x 9/13 = 0,18

Mà 1pi + 1Br2 ; tức số mol pi = số mol Br2 => mol Br2 = 0,18 mol

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 bao nhiêu? [77C. Tính miệt mài ra % = 52,20%]

23,18 gam X = {Fe, Mg và Fe(NO3)3} + 0,46 mol H2SO4 + 0,01 mol NaNO3 tạo ra

  • Y có 58,45 gam muối trung hòa = {0,01Na+ Fe2+ Fe3+ Mg2+ NH4+ vì đề hổng nói về sản phẩm khử | 0,46SO42- …?…NO3}
  • 2,92 gam hỗn hợp khí Z ={NO, NO2, N2, N2O hổng biết…?…}

Dung dịch Y + 0,91 mol NaOH tạo ra

  • 29,18 gam kết tủa.
  • Dung dịch = {chắc chắn (0,01+0,91=)0,92Na+ | 0,46SO42- => NO3 không có do mol điện tích đã bảo toàn rồi!}

Vậy Y chỉ có 58,45 gam = {0,01Na+ Fe2+ Fe3+ Mg2+ NH4+ | 0,46SO42- }

  • Đặt m = tổng khối lượng của Fe2+, Fe3+, Mg2+
  • Đặt a = mol NH4+
  • 58,45 = 0,01 x 23 + m + 18a + 0,46 x 96 [*]

Cho Y + 0,91 mol NaOH thì

  • a mol NH4+ + a mol OH –> NH3 + H2O
  • nOH- trong kết tủa = 0,91 – a => kết tủa = 29,18 = m + 17 x (0,91 – a) [*]

Giải chơi chơi hệ [*] ra m = 13,88 ; a = 0,01

  • Ban đầu đã có 23,18 gam X = {Fe, Mg và Fe(NO3)3}
  • mNO3 = 23,18 – (Fe + Mg) = 23,18 – m = 9,3gam
  • nNO3 = 9,3 : 62 = 0,15mol => Fe(NO3)3 = 0,05mol hay 12,1gam

Vậy %Fe(NO3)= 12,1 : 23,18 = 52,20%

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 bao nhiêu? [78C. Tính ra 8,80 gam]

0,09 mol E = {X là CnH2n+2+xN; Y là CmH2m+2} và nX > nY => nX > 0,045

  • Y = ankan = CmH2m+2
  • X = amin no hở = CnH2n+2+xNx = CnH2n+2(NH)x = ankan(NH)x
  • Vậy người ta đổi X, Y thành {Ankan ; NH} = {CH4 + đồng đẳng ; NH} = {CH4 + CH2 ; NH}

0,09 mol E = {0,09CH4 + CH; NH } + 0,67O2 –> 0,54H2O + CO2 + N2

  • BTmol O => nCO2 = 0,4mol
  • BTmol C => nCH2 = 0,31mol
  • BTmol H => nNH = 0,1mol

Amin X có x nguyên tử N (mà N = 0,1mol) => namin X = 0,1/x

  • Mà nX > 0,045 => 0,1/x > 0,045 => x < 2,22
  • Nếu x = 1 thì nX = 0,1 > nhỗn hợp 0,09 => loại
  • Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất => nx = 0,05 => nY = 0,04

Vậy E = {0,05 CnH2n+4N2 ; 0,04 CmH2m+2}

  • BT mol C => 0,05n + 0,04m = 0,4 –> 5n + 4m = 40
  • n = 4, m = 5 là nghiệm duy nhất!
  • Vậy E = {0,05 C4H12N2 ; 0,04 C5H12}
  • Tính ra mE = 7,28 * ; mC4H12N2 = 4,4

Vậy nếu mE = 14,56 (gấp đôi 7,28 gam ở *) => mC4H12N2 = 8,8 gam

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 bao nhiêu? [79D. Tính ra 62,24%]

E = {3 este có M < 146}

42,66gam E + 0,72 mol NaOH –> các ancol + 48,87gam các muối

  • nNaOH = 0,72 => nO trong E = 1,44
  • Họ đổi E = {x mol C ; y mol H ; 1,44 mol O}
  • => mE = 42,66 = 12x + y + 1,44.16 => 12x + y = 19,62

a mol E + O2 –> 0,96 mol CO2 + 0,78 mol H2O

  • nC nH = 0,96 0,78.2 => x : y = 0,96 : 1,56 => 1,56x – 0,96y = 0
  • Giải ra x = 1,44 ; y = 2,34

Vậy lúc này E = {1,44C ; 2,34H ; 1,44O}

  • Thấy C : O = 1,44 : 1,44 = 1:1 => E chứa các este đều có số C = số O
  • Đề cho các este trong E đều có M < 146
  • Mò E gồm: x mol HCOOCH3 ; y mol (HCOO)2C2H4 ; z mol (COOCH3)2

Tìm x, y, z

  • nC = 1,44 => 2x + 4y + 4z = 1,44
  • mE = 42,66 => 60x + 118y + 118z = 42,66
  • Muối gồm (x + 2y) mol HCOONa ; z mol (COONa)=> mmuối = 48,87 => 68(x + 2y) + 134z = 48,87
  • Giải ra x = 0,18 ; y = 0,225 ; z = 0,045
  • Este có số mol lớn nhất là (HCOO)2C2H4

Vậy %(HCOO)2C2H4 = 118y/42,66 = 62,24%

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. [80A. Có 1 phát biểu sai]

A. Sai: chất rắn màu trắng nổi lên là xà phòng (muối Natri của axit béo).

B. Đúng: khiến xà phòng tách ra khỏi hỗn hợp và nổi lên trên bề mặt; do khi cho NaCl vào sẽ tạo hai tác dụng

  1. làm phần chất lỏng nặng hơn => xà phòng nhẹ hơn, sẽ nổi lên trên (giống như nước ở Biển Chết, quá nhiều muối nên nặng lắm! mình nhảy xuống biển nhưng không chìm, do lúc này mình nhẹ hơn nước biển rồi).
  2. NaCl tan tốt hơn nên chiếm chỗ tan của xà phòng => xà phòng không tan được nên buộc phải tách ra khỏi hỗn hợp.

C. Đúng: phản ứng thủy phân nên bắt buộc phải có H2O.

D. Đúng: thủy phân este trong môi trường kiềm gọi là phản ứng xà phòng hóa.


Chia sẻ bài viết lên mạng xã hội

Nếu có câu hỏi hoặc ý tưởng mới, hãy lưu lại trong phần bình luận bên dưới Bạn nhé! Câu hỏi và ý tưởng của Bạn luôn tuyệt vời.

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai.

error: Content is protected !!