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

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. C₂H_2n+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, m_muối = m_{kim loại phản ứng} + 71.n_H2.

Nếu đề cho axit H₂SO₄ loãng: m_muối = m_{kim loại phản ứng} + 96.n_H2.

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. n_N2 = 0,1 –> n_N = 2 x 0,1 = 0,2 –> n_{amin RN} = 0,2 –> n_HCl = 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. V_CO2 = 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 C_{ban đầu} = x + 1,5a
  • Tổng Na_{ban 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 C_{ban đầu} trong X = 0,3 => x + 1,5a = 0,3

TN1: X + 0,24 mol HCl –> CO₂ = 0,18

=> C_{phản ứng} = 0,18 < C_{ban đầu} ; nghĩa là trong thí nghiệm này

• HCl phản ứng hết sạch 0,24 mol (**)
• So sánh giữa thấy C_bđ : C_pư = 0,3 : 0,18 = 5 : 3 => C_bđ = C_pư x 5/3 ; và như vậy Na_bđ = Na_pư 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_pư = 0,24.
• Vậy Na_bđ = Na_pư 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_pư 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 NaHCO_{3 đã pư} ; c = 0,06 mol Na₂CO_{3 đã pư}. Vì vậy

Na_pư = 0,12 + 2 x 0,06 = 0,24 => Na_bđ = 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 ; SO₄^2- + Ba²⁺ –> BaSO₄

(b) NH₄⁺ + OH^– –> H₂O + NH₃ ; HCO₃^– + OH^– –> H₂O + CO₃^2- ; CO₃^2- + 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 C₁₇H_xCOONa, C₁₅H₃₁COONa, C₁₇H_yCOONa 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

• 3C₁₇H_xCOONa + 4C₁₅H₃₁COONa + 5C₁₇H_yCOONa
• Mình gom cacbon: 3C₁₈H_xOONa + 4C₁₆H₃₁OONa + 5C₁₈H_yOONa
• 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 C_52/3H_zOONa
  • Hỗn hợp E giờ cũng chỉ là 1 chất (C_52/3H_zOO)₃C₃H₅ => số C trung bình của E = 3.52/3 + 3 = 55

Phản ứng hidro hóa: 1E + ….. H₂ –> 1Y (68,96 gam, no)

• Y no nên là Y có công thức chung C_nH_{2n + 2 – 2k}O₆ với n = 55 ; k =3 do chỉ có 3 liên kết pi trong 3 chức este
• Thế vào được Y là C₅₅H_{2.55 + 2 – 2.3}O₆ = C₅₅H₁₀₆O₆ => M_Y = 862 => n_Y = 0,08 mol => n_E = 0,08 mol (vì tỉ lệ phản ứng 1:1)

E + đủ 6,09 mol O₂

• Có sơ đồ: 0,08 mol C₅₅H_zO₆ + 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 → m_X = m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 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!)
  • m_RCl = 9,15 => m_R = 9,15 – Cl = 9,15 – 0,14 x 35,5 = 4,18 gam

m_{ban đầu} = R + R₂O = m_R + m_O = 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 HCl_{ban đầu} –> 100ml dung dịch có pH = 1 (do HCl_còn dư) ; 9,15 gam muối RCl và 0,02 mol H₂. Tìm m?

Đặt n_R = x ; n_R2O = 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

• m_hh + m_{HCl pư} = m_{muối RCl} + m_H2 + m_H2O

Thế số vào được m_hh + 0,14×36,5 = 9,15 + 2 x 0,02 + 0,05 x 18 <=> m_hh = 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; C_nH_{2n+2 – 2k}} + 0,79mol O₂ –> 0,58mol H₂O

Đặt một đống chất trong X chỉ là một chất C_xH_yO₄ có

• 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 – 2 = x – 0,5y – 1 [*]

Phương trình phản ứng

• 1C_xH_yO₄ + (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 C_xH_yO₄ có số liên pi tác dụng với Br₂ = 9/13
• Vậy: 0,26 mol C_xH_yO₄ => 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 | 0,46SO₄^2- …?…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⁺ | 0,46SO₄^2- => NO₃^– không có do mol điện tích đã bảo toàn rồi!}

Vậy Y chỉ có 58,45 gam = {0,01Na⁺ Fe²⁺ Fe³⁺ Mg²⁺ NH₄⁺ | 0,46SO₄^2- }

• 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
• n_OH- 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}
• m_NO3 = 23,18 – (Fe + Mg) = 23,18 – m = 9,3gam
• n_NO3 = 9,3 : 62 = 0,15mol => Fe(NO₃)₃ = 0,05mol hay 12,1gam

Vậy %Fe(NO₃)₃ = 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 C_nH_2n+2+xN_x ; Y là C_mH_2m+2} và n_X > n_Y => n_X > 0,045

• Y = ankan = C_mH_2m+2
• X = amin no hở = C_nH_2n+2+xN_x = C_nH_2n+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 + CH₂ ; NH } + 0,67O₂ –> 0,54H₂O + CO₂ + N₂

• BTmol O => n_CO2 = 0,4mol
• BTmol C => n_CH2 = 0,31mol
• BTmol H => n_NH = 0,1mol

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

• Mà n_X > 0,045 => 0,1/x > 0,045 => x < 2,22
• Nếu x = 1 thì n_X = 0,1 > n_{hỗn hợp 0,09} => loại
• Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất => n_x = 0,05 => n_Y = 0,04

Vậy E = {0,05 C_nH_2n+4N₂ ; 0,04 C_mH_2m+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 m_E = 7,28 * ; m_C4H12N2 = 4,4

Vậy nếu m_E = 14,56 (gấp đôi 7,28 gam ở *) => m_C4H12N2 = 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

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

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

• n_C : n_H = 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

• n_C = 1,44 => 2x + 4y + 4z = 1,44
• m_E = 42,66 => 60x + 118y + 118z = 42,66
• Muối gồm (x + 2y) mol HCOONa ; z mol (COONa)₂ => m_muối = 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.