Trend của đề tham khảo môn Hóa THPT 2021 là gì?

Trend của đề thi tham khảo môn Hóa 2021 nghe hơi lạ! Các bạn hãy xem lại đề thi tham khảo 2021 trước khi vào bài này.

Trend câu 71. Toán CO₂ bơi lội trong dung dịch kiềm

Đun 0,04 mol hỗn hợp gồm hơi nước và khí CO₂ với cacbon nung đỏ

; thu được 0,07 mol hỗn hợp Y gồm CO, H₂ và CO₂. Dẫn Y vào 75 ml dung dịch Ca(OH)₂ 0,1M; thu được m gam kết tủa. Tìm giá trị của m? 

Giải ra m = 0,5 gam

Đặt 0,04 = {x mol H₂O + y mol CO₂ pư + z mol CO₂ dư}

Các phản ứng xảy ra:

• H₂O + C → CO + H₂
• CO₂ pư + C → 2CO
• CO₂ dư → CO₂ dư

Ta có hệ phương trình:

• trước phản ứng: 0,04 = x + y + z
• sau phản ứng: 0,07 = 2x + 2y + z  
• chỉ tính được (x + y) = 0,03
• vậy z = CO₂ dư = 0,04 – (x + y) = 0,01

0,01 mol CO₂ + 0,0075 mol Ca(OH)₂

• tỉ lệ OH^– : CO₂ = 0,015 : 0,01 = 1,5
• nên có công thức CO₃^2- = OH^– – CO₂ = 0,015 – 0,01 = 0,005

vậy CaCO₃ = 0,005.100 = 0,5 gam

Hỗn hợp X gồm Fe và C có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2.

Cho x gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO₃ đặc, nóng (dư), thu được 29,12 lít khí (đktc). Oxi hóa lượng C trong m gam X rồi dẫn sản phẩm khí thu được vào 100 ml dung dịch NaOH 1M và KOH 1,5M, thu được y gam chất tan. Tìm y?

Giải ra y = 2 muối = 20,3 gam

Đặt x mol Fe; 2x mol C –> y mol NO₂ + CO₂ + Fe³⁺

• BTmol e có 3x + 2x.4 = y
• Tổng mol khí = 2x + y = 1,3
• Giải ra x = 0,1 ; y = 1,1

Hoặc tính ra x bằng cách sau

• Viết phương trình (nhớ cân bằng nguyên tố và điện tích)
• Fe⁰ + 3N⁺⁵ –> Fe³⁺ + 3N⁺⁴ (NO₂)
• C⁰ + 4N⁺⁵ –> C⁺⁴ (CO₂) + 4N⁺⁴ (NO₂)
• Từ đó suy ra mol CO₂ = 2x ; NO₂ = 3x + 8x = 11x
• Vậy tổng khí = 13x => 13x = 1,3 <=> x = 0,1

0,2 mol C –> 0,2 mol CO₂ + {0,1 NaOH và 0,15 KOH = ROH}

Tỉ lệ OH^– : CO₂ = 0,25 : 0,2 = 1,25 nên xảy ra 2 phản ứng

• CO₂ + ROH –> RHCO₃
• CO₂ + 2ROH –> R₂CO₃ + H₂O
• nên có công thức CO₃^2- = OH^– – CO₂ = 0,25 – 0,2 = 0,05 => H₂O = 0,05

BTKL có CO₂ + ROH = Muối + H­₂O

• 0,2.44 + 0,1.40 + 0,15.56 = Muối + 0,05.18

Muối = 20,3 gam

Hòa tan hết 2,4 gam hỗn hợp X gồm Fe và S vào dung dịch HNO₃ đặc nóng (dư),

thu được 6,72 lít khí (đktc). Lấy lượng S trong 2,4 gam X trộn với một lượng C, thu được 1,46 gam hỗn hợp Y. Đốt cháy Y trong oxi dư, rồi dẫn khí thu được vào 150 ml dung dịch hỗm hợp gồm NaOH 0,1M và KOH 0,5M, thu được dung dịch Y chứa m gam chất tan. Tìm m?

Giải ra m = 7,39 gam

2,4 gam X = {x mol Fe ; y mol S} + HNO₃ à 0,3 mol khí NO₂

• m_hh => 56x + 32y = 2,4
• BT mol electron: 3a + 6b = 0,3.1
• Giải ra x = 0,02 ; y = 0,04

1,46 gam Y = {0,04 mol S ; 0,015 mol C} = {0,055 mol RO₂}

• 0,055 mol RO₂ + 0,09 mol MOH –> m_{chất tan}
• Tỉ lệ mol OH^– : RO₂ = 1,6 => xảy ra 2 phản ứng
  • RO₂ + MOH –> MHRO₃
  • RO₂ + 2MOH –> M₂RO₃ + H₂O
• Công thức tính ra CO₃^2- => H₂O = 0,035 mol

BTKL tính một hồi ra m_{chất tan} = m_{MHRO3 + M2RO3} = 7,39 gam

---

Trend câu 72. Hỏi số thí nghiệm thu được chất kết tủa (chất rắn) và (hoặc) chất khí

---

Trend câu 73. Toán liên quan chất béo

Đốt cháy hoàn toàn m gam chất béo X cần vừa đủ 54,096 lít O₂

; thu được 38,304 lít CO₂ và x gam H₂O. Mặt khác, cho m gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch KOH, thu được 28,86 gam muối. Các thể tích khí đo ở đktc. Tìm giá trị của x? 

Giải ra x = 28,62

Đặt a mol béo (RCOO)₃C₃H₅

Phản ứng đốt cháy bằng 2,415 mol O₂ –> 1,71 mol CO₂ + b mol H₂O

• BTKL: m_béo + 32.2,415 = 44.1,71 + 18.b => m_béo – 18b = – 2,04
• BT mol Oxi: 6a + 2.2,415 = 2.1,71 + b.1 => 6a – b = – 1,41

Phản ứng thủy phân

• m_béo + 3a.56 = 28,86 + 92a => m_béo + 76a = 28,86

Giải hệ ba ẩn ra m_béo = 26,58 ; a = 0,03 ; b = 1,59 Vậy m_H2O = 1,59.18 = 28,62 gam

Thủy phân hoàn toàn chất béo X trong môi trường axit, thu

được glixerol, axit oleic và axit linoleic. Đốt cháy m gam X cần vừa đủ 35,616 lít O₂, thu được H₂O và 25,536 lít CO₂. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với 0,448 lít H₂ thu được chất Y. Chất Y tác dụng tối đa với V lít dung dịch Br₂ 0,5M. Các thể tích khí đo ở đktc. Tính V? 

Giải ra V = 0,12 lít

Thủy phân hoàn toàn chất béo X trong môi trường axit, thu được

• Hai axit béo có 18C => Béo X có 18×3 + 3 = 57 Cacbon
• Vậy n_béo = CO₂ : 57 = 0,02 mol

BT mol Oxi => n_H2O = 1,02

Công thức tính tổng số liên kết pi: n_CO2 – n_H2O = n_béo(k – 1) => k = 7

BT mol liên kết pi ở gốc axit

• n_béo(k – 3) = n_H2 + n_Br2

n_Br2 = 0,06 => V_{dd Br2} = 0,12 lít

Thủy phân hoàn toàn a mol triglixerit X trong dung dịch KOH vừa đủ

, thu được glixerol và m gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn a mol X vần vừa đủ 7,75 mol O₂; thu được 5,5 mol CO₂ và H₂O. Mặt khác, a mol X tác dụng tối đa với 0,2 mol Br₂ trong dung dịch. Tìm m? 

Giải ra m = 93,4

Làm kiểu hóa học, có dùng công thức

a mol (RCOO)₃C₃H₅ + 7,75 O₂ –> 5,5 CO₂ + x H₂O

• BTmol O => 6a + 7,75.2 = 5,5.2 + x => x = 6a + 4,5

Phản ứng với 0,2 mol Br₂

• Tổng số liên kết pi = 3 + số liên kết pi ở gốc R => k = 3 + (0,2 : a)
• a(k – 1) = CO₂ – H₂O => a(k – 1) = 5,5 – x
• Tính hồi ra a = 0,1

Áp dụng BTKL cho

• phản ứng cháy => m_X = CO₂ + H₂O – O₂ = 85,8 gam
• phản ứng thủy phân béo => m_muối = 93,4 gam

Lợi dụng chương trình Table của máy tính

C_nH_{2n + 2 – 2k}O₆ + (1,5n – 2,5 – 0,5k)O₂ –> nCO₂ + (n + 1 – k)H₂O

• Đề cho O₂ : CO₂ = 7,75 : 5,5
• Nên (1,5n – 2,5 – 0,5k) : n = 7,75 : 5,5
• Dùng chương trình Table => nhận n = … ; k = …

Vậy công thức béo là …

Làm kiểu quy đổi

Đổi béo thành a mol (HCOO)₃C₃H₅ ; b mol CH₂ ; – 0,2 mol H₂

• O₂ cháy = 5a + 1,5b – 0,5.2 = 7,75
• CO₂ tạo ra = 6a + b = 5,5
• giải ra a = 0,1 ; b = 4,9

Xét phản ứng thủy phân

• KOH = 3a = 0,3 ; Glixerol = a = 0,1
• BTKL m_X + KOH = m_muối + m_Glixerol

tính ra m_muối= 93,4 gam

Thủy phân hoàn toàn a mol triglixerit X trong dung dịch KOH vừa đủ

, thu được glixerol và m gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được 2,28 mol CO₂ và 2,12 mol H₂O. Mặt khác, a mol X tác dụng tối đa với 0,08 mol Br₂ trong dung dịch. Tìm m? 

Giải ra m = 38,48

Làm kiểu hóa học, có dùng công thức

a mol (RCOO)₃C₃H₅

• + O₂ –> 2,28 CO₂ + 2,12 H₂O
• + 0,08 Br₂ => số mol liên kết pi ở gốc R = 0,08 mol

Tổng số liên kết pi (trong 3 chức este + trong gốc R)

• Số liên kết pi của trieste = 3
• R có k’ liên kết pi => số mol liên kết pi ở gốc R = a.k’ = 0,08 => k’ = 0,08 : a
• Gọi tổng pi là k và k = 3 + k’ => ak – 3a = 0,08
• Có công thức a(k – 1) = CO₂ – H₂O => ak – a = 0,16

Giải ra a = 0,04

• Số mol Oxi của béo = 6a = 0,24
• m_béo = C + H + O = 35,44
• BTKL có Béo + KOH = Muối + Glixerol
• 35,44 + 0,04.3.56 = Muối + 0,04.92

Tính ra m_muối = 38,48 gam

Đốt cháy hoàn toàn m gam một triglixerit X cần vừa đủ 0,308 mol O₂

; thu được 0,2 mol H₂O. Thủy phân hoàn toàn m gam X trong dung dịch KOH đun nóng, thu được dung dịch chứa 3,728 gam muối. Mặt khác, a mol X làm mất màu vừa đủ 0,024 mol Br₂ trong dung dịch. Tìm giá trị của a?  

Giải ra a = 0,008

Đặt x mol béo X + 0,308 mol O₂ –> y mol CO₂ + 0,2 mol H₂O

• BT mol O => 6x + 0,308.2 = 2y + 0,2.1 ó 6x – 2y = – 0,416
• BTKL: m_béo = m_C + m_H + m_O = 12.y + 0,2.2.1 + 16.6x => m_béo = 12y + 96x + 0,4

Phản ứng thủy phân béo X

• 1X (x mol) + 3KOH –> 3,728 gam muối + x mol Glixerol
• BTKL: m_béo + 3x.56 = 3,728 + 92.x
• Thế số và m_béo vào => 12y + 132x = 3,728 – 0,4
• Giải hệ ra x = 0,004 ; y = 0,22

Gọi k là tổng số liên kết pi

• Công thức n_béo(k – 1) = n_H2O – n_CO2 => k = 6

a mol béo X + 0,024 mol Br₂

• BT phần mol pi tác dụng với Br₂ (pi ở gốc axit béo)

n_Br2 = a.(k – 3) = 0,024 => n_béo = 0,008

---

Trend câu 74. Hỏi số phát biểu đúng sai

---

Trend câu 75. Kiềm và axit, độ pH, …lớp 11

---

Trend câu 76. Toán hỗn hợp este, hidrocacbon, …lớp 11

Hỗn hợp X gồm axit oxalic, axit ađipic, glucozơ, saccarozơ

trong đó số mol axit ađipic bằng 3 lần số mol axit oxalic. Đốt m gam hỗn hợp X thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi trong đó có 16,56 gam H₂O. Hấp thụ hỗn hợp Y vào dung dịch Ba(OH)₂ dư thu được (m + 168,44) gam kết tủa. Tìm m? 

Giải ra m = 28,56

Các chất trong X = {C₂H₂O₄, C₆H₁₀O₄, C₆H₁₂O₆, C₁₂H₂₂O₁₁}

• Đề cho tỉ lệ mol C₆H₁₀O₄ : C₂H₂O₄ = 3 : 1 => Cộng hai chất này lại là 3C₆H₁₀O₄ + 1C₂H₂O₄ = C₂₀H₃₂O₁₆ = C₂₀(H₂O)₁₆ 
• Glucozơ và Saccarozơ = C_n(H₂O)_m
• Vậy hỗn hợp X <=> C và H₂O => m= m_C + m_H2O *
• Đề cho sẵn H₂O = 16,56 gam ; còn C tính như dưới đây

n_C = n_CO2 = n_BaCO3 = (m + 168,44) : 197

Thế vào * có m = 12(m + 168,44) : 197 + 16,56 => m = 28,56

Hỗn hợp X gồm ancol propylic, ancol metylic, etylen glicol và sobitol

Khi cho m gam X tác dụng với Na dư thì thu được 5,6 lít H₂ (đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 25,76 lít khí O₂ (đo ở đktc); sau phản ứng thu được 21,6 gam H₂O. Tính % khối lượng của ancol propylic trong hỗn hợp X? 

Giải ra %C₃H₇OH = 45

X = {C₃H₈O ; CH₄O-C₂H₆O₂-C₆H₁₄O₆} = {C₃H₈O ; C_nH_2n+2O_n}

• R(OH)_a + Na –> 0,25 mol H₂ => mol OH = mol H = 0,5 => tổng mol Oxi = 0,5

X (0,5 Oxi) + 1,15 O₂ –> CO₂ + 1,2 H₂O

• bảo toàm Oxi => CO₂ = 0,8 mol => tổng mol C = 0,8
• m_{hỗn hợp X} = C + O + H = 0,8.12 + 0,5.16 + 1,2.2.1 = 20 gam

X = {C₃H₈O ; C_nH_2n+2O_n} có {O = 0,5 mol ; C = 0,8 mol}

n_C – n_O = 0,8 – 0,5 = 0,3 chính là chênh mol C và O trong C₃H₈O

• đặt x mol C₃H₃O => n_C – n_O = 3x – 1x = 2x = 0,3 => x = 0,15
• vậy m_C3H8O = 9 gam

nên % = (9.100) : 20= 45

---

Trend câu 77. Toán liên quan axit HNO₃

X là hỗn hợp chứa Fe, Al, Mg. Cho một luồng khí O₂ đi qua 21,4 gam X

nung nóng, thu được 26,2 gam hỗn hợp rắn Y. Cho toàn bộ Y vào bình chứa 400 gam dung dịch HNO₃ (dư 10% so với lượng phản ứng). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy có NO và N₂ thoát ra với tỉ lệ mol 2 : 1. Biết khối lượng dung dịch Z sau phản ứng là 421,8 gam, số mol HNO₃ phản ứng là 1,85 mol. Tính tổng khối lượng các chất tan có trong bình sau phản ứng? (đề hỏi gần nhất với giá trị nào?)

Giải ra 134,255 gam

+21,4 gam R + O₂ –> 26,2 gam rắn Y

BTKL tính ra n_O = (26,2 – 21,4) : 16 = 0,3 mol

+26,2 gam rắn Y {R dư, Oxit} + 400 gam dung dịch {HNO₃ pư = 1,85mol ; HNO₃ dư = 10%.1,85 = 0,185mol} –> 421,8 gam dung dịch Z + {2x mol NO ; 1x mol N₂}

• BTKL: 26,2 + 400 = 421,8 + 2x.30 + 1x.28 => x = 0,05
• Dùng công thức HNO₃ pư = 4NO + 12N₂ + 10NH₄⁺ + 2n_O = 1,85
• Tính ra NH₄⁺ = 0,025

+Chất tan = Muối nitrat của kim loại R + Muối NH₄NO₃ + HNO₃ dư

21,4 + 62.(3NO + 10N₂ + 8NH₄⁺ + 2.O) + 0,025.80 + 0,185.63 = 134,255 gam

Trộn 58,75 gam hỗn hợp X gồm Fe(NO₃)­₂ và kim loại M với 46,4 gam FeCO₃

được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y vào lượng vừa đủ dung dịch KHSO₄ thu được dung dịch Z chỉ chứa bốn ion (không kể H⁺ và OH^– của H₂O) và 16,8 lít (đktc) hỗn hợp T gồm ba khí, trong đó có hai khí có cùng phân tử khối và một khí hóa nâu trong không khí. Tỉ khối của T so với H₂ là 19,2. Cô cạn 1/10 dung dịch Z thu được m gam rắn khan. Tìm m? 

Giải ra m = 39,385 gam

Dung dịch Z = {Fe³⁺, Mⁿ⁺, K⁺, SO₄^2–}

Hỗn hợp 3 khí

• buộc có NO, CO₂ theo đề
• mà có 2 khí cùng M => N₂O do có M = M_CO2 = 44
• M trung bình 3 khí {CO₂ và N₂O | NO} = 38,84. Dùng qui tắc đường chéo ta có
  • Tỉ lệ mol (CO₂+N₂O) : NO = 3 : 2
  • Đề cho tổng mol khí = 0,75
  • Nên n_NO = 0,3 ; n_CO2 + N2O = 0,45
  • Mà n_CO2 = n_FeCO3 = 0,4 => n_N2O = 0,05

105,15 gam = [58,75 {Fe(NO₃)₂ ; M} + 0,4 FeCO₃] + x mol KHSO₄ –> Z {Fe³⁺, Mⁿ⁺, K⁺, SO₄^2-} + 28,8 gam{0,3 NO ; 0,05 N₂O ; 0,4 CO₂} + 0,5x mol H₂O

• Công thức: Tổng H⁺ = từ KHSO₄ = x = 2n_CO2 + 4NO + 10.N₂O
• Thế số vào: x = 2.0,4 + 4.0,3 + 10.0,05 <=> x = 2,5 mol => H₂O = 0,5x = 1,25 mol

BTKL: 105,15 + 2,5.136 = m_Z + 28,8 + 1,25.18 => m_Z = 393,85 gam

Hòa tan hết 34,24 gam hỗn hợp X gồm FeCO₃, Fe₃O₄ và Fe(NO₃)₂

trong dung dịch chứa NaNO₃ và NaHSO₄, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO₂ và NO (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3). Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,4 gam bột Fe (không thấy khí thoát ra). Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N⁺⁵ trong các quá trình trên. Tính phần trăm khối lượng của Fe₃O₄ trong hỗn hợp X?

Giải ra %Fe₃O₄ = 40,65

34,24 gam {a mol FeCO₃, b mol Fe₃O₄, c mol Fe(NO₃)₂} + {H⁺, NO₃^̶}

• 116a + 232b + 180c = 34,24
• Tạo khí CO₂ = a mol => NO = 3a mol
• Mol tăng (Fe²⁺ –> Fe³⁺) = Mol giảm (N⁺⁵ –> N⁺²)
  • 1.a + 1.b + 1.c = 3.3a <=> 8a – b – c = 0

Hòa tan 0,15 mol Fe⁰ vào dung dịch Y = chỉ Fe³⁺

• 0,15 mol Fe + 2Fe³⁺ –> Fe²⁺
• nên n_Fe3+= a + 3b + c = 0,3

Giải hệ ba ẩn ra a = 0,02 ; b = 0,06 ; c = 0,1

• Vậy %Fe₃O₄ = 40,65%

Hòa tan hết 34,24 gam hỗn hợp X gồm FeCO₃, Fe₃O₄ và Fe(NO₃)₂ 

trong dung dịch chứa NaNO₃ và NaHSO₄, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO₂ và NO (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3). Dung dịch Y hòa tan tối đa 10,92 gam bột Fe, thấy thoát ra 672ml khí NO (đktc). Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N⁺⁵ trong các quá trình trên. Tính phần trăm khối lượng của Fe₃O₄ trong hỗn hợp X?

Giải ra kết quả như trên

Hòa tan 0,195 mol Fe⁰ vào dung dịch Y = Fe³⁺ + {H⁺ và NO₃^– dư}

• Fe⁰ + H⁺ + NO₃^– –> Fe^3+*
• Rồi Fe⁰ lại tiếp tục phản ứng với Fe³⁺* và Fe³⁺ có sẵn để ra Fe²⁺
• Fe⁰ + 2Fe³⁺ (tổng) –> 3Fe²⁺

Nói chung là

• Tăng = 0,195 mol Fe⁰ –> Fe²⁺
• Giảm Fe³⁺ –> Fe²⁺ và N⁺⁵ –> N⁺² (NO)
• Nên có 0,195.2 = 1.(a + 3b + c) + 0,03.3

Giải ra a, b, c như trên

---

Trend câu 78. Toán hỗn hợp amin, ankan, …?…

Hỗn hợp hơi E chứa etilen, metan, axit axetic, metyl metacrylat, metylamin

và hexametylenđiamin. Đốt cháy 0,2 mol E cần vừa đủ a mol O₂; thu được 0,48 mol H₂O và 0,07 mol N₂. Mặt khác, 0,2 mol E tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch Br₂ 0,7M. Tìm a? 

Giải ra a = 0,52

Đổi

• CH₄
• C₂H₄ = CH₄ + (CH₂ – H₂)
• C₂H₄O₂ = CH₄ + CO₂
• C₅H₈O₂ = CH₄ + CO₂ + (3CH₂ – H₂)
• CH₅N = CH₄ + NH
• C₆H₁₆N₂ = CH₄ + 5CH₂ + 2NH

Người ta đổi E thành {0,2 mol CH₄ ; CH₂ ; 0,14 mol NH ; -0,07 mol H₂ (bằng n_Br2) ; CO₂}

• BT mol H => n_CH2 = 0,08 mol
• Khi đốt thì CO₂ không cháy. Viết phản ứng cháy suy ra

n_O2 = 2n_CH4 + 1,5n_CH2 + 0,25n_NH + 0,5n_H2 => n_O2 = 0,52 mol

---

Trend câu 79. Toán thủy phân este của phenol, ancol

Este của phenol – tạo muối HCOONa; HCOOK

Cho 0,06 mol hỗn hợp hai este đơn chức X và Y tác dụng

vừa đủ với dung dịch KOH thu được hỗn hợp Z gồm các chất hữu cơ. Đốt cháy hoàn toàn Z thu được H₂O; 0,144 mol CO₂ và 0,036 mol K₂CO₃. Làm bay hơi Z thu được m gam chất rắn. Tìm giá trị của m? 

Giải ra m = 6,624

K₂CO₃ = 0,036 mol => K = 0,072 => KOH = 0,072

• Tỉ lệ mol KOH : Este = 0,072 : 0,06 => có 1 este ancol ; 1 este phenol
• Lập hệ giải hồi ra este ancol = 0,048mol ; este phenol = 0,012mol

Tổng C = CO₂ + K₂CO₃ = 0,18 => C trung bình của 2 este = 3

• Buộc có este HCOO-CH₃ (0,048) và C_xH_yO₂ (0,012)
• Bảo toàn mol C=> 0,048.2 + 0,012.x = 0,18
• Ra x = 7 nên là HCOO-C₆H₅

Rắn có 0,06 mol HCOOK và 0,012 mol C₆H₅OK

• m_rắn = 6,624

Hỗn hợp E gồm bốn este đều có công thức C₈H₈O₂ và

có vòng benzen. Cho 16,32 gam E tác dụng tối đa với V ml dung dịch NaOH 1M (đun nóng), thu được 3,88 hỗn hợp X gồm các ancol và 18,78 gam hỗn hợp muối. Tính V? 

Giải ra V = 190ml

Ta thấy C₈H₈O₂ có các đồng phân este là

• 2 este ancol: HCOO-CH₂C₆H₅ ; C₆H₅COO-CH₃
• 3 este phenol: HCOO-C₆H₄-CH₃ (-CH₃ ở vị trí o-, m-, p-)

Do cho E tác dụng với NaOH thu được các ancol nên buộc E chứa

• 2 este của ancol HCOOCH₂C₆H₅, C₆H₅COOCH₃ 
• 2 este còn lại là của phenol = {HCOO-C₆H₄-CH₃ thuộc o-, m-, p-}

Đặt E = {x mol ete ancol X ; y mol este phenol Y} => x + y = 0,12

Khi cho E tác dụng với NaOH thì

• 1X + 1NaOH –> Muối + Ancol => n_NaOH = x
• 1Y + 2NaOH –> Muối + Muối + H₂O => n_NaOH = 2y ; n_{H2O sinh ra} = y
• BTKL ta có: 16,32 + 40(x + 2y) = 18,78 + 3,88 + 18y

Vậy

• Giải hệ ta được x = 0,05 ; y = 0,07
• n_NaOH = x + 2y = 0,19 => V_dd = 190ml

Hỗn hợp E gồm bốn este đều có công thức C₈H₈O₂ và có vòng benzen

Cho 16,32 gam E tác dụng tối đa với V ml dung dịch NaOH 1M (đun nóng), thu được hỗn hợp X gồm các ancol và 18,78 gam hỗn hợp muối. Cho toàn bộ X vào bình đựng kim loại Na dư, sau khi phản ứng kết thúc khối lượng chất rắn trong bình tăng 3,83 gam so với ban đầu. Tính V? 

Giải ra V = 190ml

Đặt E = {x mol ete ancol X ; y mol este phenol Y} => x + y = 0,12

Khi cho E tác dụng với NaOH thì

• 1X + 1NaOH –> Muối + Ancol => n_NaOH = x ; n_ancol = x
• 1Y + 2NaOH –> Muối + Muối + H₂O => n_NaOH = 2y ; n_{H2O sinh ra} = y

Vậy

• Tổng NaOH = x + 2y
• Mol ancol = x => H₂ sinh ra khi cho ancol +Na = 0,5x
• m_{bình tăng} = m_ancol  – m_H2 => m_ancol = 3,83 + x

BTKL ta có: 16,32 + 40(x + 2y) = 18,78 + (3,83 + x) + 18y

• Giải hệ ta được x = 0,05 ; y = 0,07
• Vậy n_NaOH = x + 2y = 0,19 => V_dd = 190ml

Cho 22,2 gam hỗn hợp X gồm hai este có cùng công thức C₉H₈O₂

tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam chất rắn khan Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam rắn Y cần vừa đủ V lít O₂ (đktc); thu được CO₂, H₂O và 15,9 gam Na₂CO₃. Tìm V? 

Giải ra V_O2 = 33,6 lít

n_este = 0,15 ; n_Na2CO3 = 0,15 => n_NaOH = 0,3

• Tỉ lệ NaOH : este = 2 : 1 => X có hai este đều là este phenol
• Nên phản ứng: 1X + 2NaOH à Y = {Muối cacboxylat + Muối phenolat} + H₂O
• n_H2O = 0,15

Tính số mol nguyên tử của Y

• n_{C của este} = n_{C của Y} = 0,15.9 = 1,35
• n_{H của Y} = 0,15.8 + 0,3.1 – 0,15.2 = 1,2
• n_{Na của Y} = n_NaOH = 0,3
• n_{O của Y} = 0,15.2 + 0,3.1 – 0,15.1 = 0,45

Phản ứng Y + O₂ = 1,35 mol CO₂ + 0,6 mol H₂O + 0,15 mol Na₂CO₃

• n_CO2 = C – Na₂CO₃ = 1,35 – 0,15 = 1,2
• n_H2O = 0,6
• BT mol Oxi: tính ra n_O2 = 1,5 mol => V_O2 = 3,36 lít

Este của phenol – tạo anđehit

Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm hai este đơn chức

tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch KOH 2M, thu được chất hữu cơ Y (no, đơn chức, mạch hở, có tham gia phản ứng tráng bạc) và 53 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy toàn bộ Y cần vừa đủ 5,6 lít O₂ (đktc). Khối lượng của 0,3 mol X là bao nhiêu?

Giải ra 33 gam

Tìm mol mỗi este

• Tỉ lệ mol KOH : Este = 0,5 : 0,3 = 1,67 => có 1 este thường và 1 este phenol
• Lập hệ giải hồi ra este thường = 0,1mol ; este phenol = 0,2mol

Y no-đơn-hở, có tráng bạc và không phải là HCOONa => Y phải là anđehit C_nH_2nO

• n_Y = 0,1 ; n_O2 = 0,25
• Từ phản ứng cháy => n = 2 => Y là CH₃CHO

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân

• X + KOH –> Y + Hỗn hợp muối + m_H2O
• Thế số tính ra m_X = 33 gam

Este của ancol, axit đơn đa chức

Hỗn hợp E gồm este đơn chức X và este hai chức Y (X, Y mạch hở).

Xà phòng hóa hoàn toàn 26,8 gam E cần vừa đủ 100ml dung dịch KOH 3,5M; thu được hai muối và hai ancol Z (no, có cùng số C). Đốt cháy hoàn toàn Z, thu được 11,2 lít CO₂ (đktc) và 13,5 gam H₂O. Tính % khối lượng của X?

Giải ra %X = ….

Ancol Z + O₂ –> 0,5 CO₂ + 0,75 H₂O

• Vì CO₂ < H₂O => Hai ancol no-hở
• n_ancol = H₂O – CO₂ = 0,25 => số C trung bình = 0,5 : 0,25 = 2
• nên 2 ancol no-hở đều có 2C => chỉ là C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂

Phản ứng thủy phân

• X (x mol – este đơn) +1KOH –> 1Muối + 1C₂H₅OH
• Y (y mol – este 2 chức) + 2KOH –> 2Muối + 1C₂H₄(OH)₂
• x + y = n_ancol = 0,25
• x + 2y = n_KOH = 0,35
• Giải ra x = 0,15 ; y = 0,1

26,8 gam 2 este + 0,35 KOH –> muối + 0,15 C₂H₅OH + 0,1 C₂H₄(OH)₂

• BTKL tính ra muối = …gam

26,8 gam gồm 0,15 mol este RCOO-C₂H₅ và 0,1 mol este R’COO-C₂H₄-OOCR”

• 0,15.(R + 73) + 0,1.(R’ + R” + 116) = 26,8
• 0,15R + 0,1R’ + 0,1R” = 4,25
• 3R + 2(R’ + R’’) = 85
• 3R < 85 => R < 28,333 nên R có thể là
  • CH₃ = 15 => R’ + R” = 20 không có gốc tương ứng
  • CH₂=CH- = 27 => R’ + R” = 2 => R’ và R” là H
  • Vậy X là CH₂=CH-COO-C₂H₅ (0,15mol) ; Y là HCOO-CH₂-CH₂-OOCH (0,1mol)

Thủy phân hoàn toàn 34,32 gam hỗn hợp E gồm hai este X và Y

(đều mạch hở, không phân nhánh, M_X > M_Y) bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 2 muối (có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử) và hỗn hợp Z gồm hai ancol đơn chức, kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Z, thu được 17,472 lít khí CO₂ (đktc) và 22,68 gam H₂O. Nếu cho 34,32 gam E tác dụng hoàn toàn với 300ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và KOH 1,2M thu được dung dịch T. Cô cạn T thu được m gam chất rắn khan. Tìm trị của m? (Đề hỏi m gần trị nào nhất?) 

Giải ra m_{rắn khan} = 46,92 gam

Ancol Z + O₂ –> 0,78 CO₂ + 1,26 H₂O

• n_Z = H₂O – CO₂ = 0,48
• số C trung bình ancol = n_CO2 : n_Z = 1,625
• Z gồm CH₃OH (0,18) ; C₂H₅OH (0,3) => n_{NaOH thủy phân} = n_Z = 0,48*
  • Đặt x, y là mol tương ứng => x + 2y = 0,78 = CO₂ ; 2x + 3y = 1,26 = H₂O

E + {0,3 NaOH và 0,36 KOH} –>T = Muối + {NaOH, KOH dư}* + 2 ancol

• BTKL ta có E + NaOH + KOH = Rắn T + 2 ancol
• 34,32 + 0,3.40 + 0,36.56 = Rắn T + 0,18.32 + 0,3.46
• giải ra T = 46,92 gam

Đốt cháy hoàn toàn 6,46 gam hỗn hợp E gồm ba este no, mạch hở X, Y, Z

(đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol; M_X < M_Y < M_Z < 248) cần vừa đủ 0,235 mol O₂, thu được 5,376 lít khí CO₂. Cho 6,46 gam E tác dụng hết với dung dịch NaOH (lấy dư 20% so với lượng phản ứng) rồi chưng cất dung dịch, thu được hỗn hợp hai ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp chất rắn khan T. Đốt cháy hoàn toàn T, thu được Na₂CO₃, CO₂ và 0,18 gam H₂O. Tìm M_Z? 

Giải ra M_Z = C₂H₅-OOC-COO-C₂H₅ =146

6,46 gam E  + 0,235 O₂ –> 0,24 CO₂ + H₂O

• Bảo toàn khối lượng → nH₂O = 0,19 mol
• → nO (E) = (mE – mC – mH) : 16 = 0,2 mol => -COO- = 0,1 mol
• → n_{NaOH phản ứng} = 0,1 và n_{NaOH dư} = 0,02

6,46 gam E  + 0,12 mol NaOH –> 2 ancol đồng đẳng kế nhau + Rắn T

• T {muối + 0,02 mol NaOH dư} + O₂ → nH₂O = 0,01  = n_{NaOH dư} : 2 
• → các muối đều không còn H => muối duy nhất không có H là (COONa)₂
• → các muối đều 2 chức => các ancol đều đơn chức

E (có 0,38 mol H) + NaOH (0,12) –> T {muối không có H và 0,02 mol NaOH} + Ancol

• Bảo toàn H → n_{H của ancol} = 0,48 mol
• n_Ancol = n_{NaOH phản ứng} = 0,1 mol
• Số H_ancol = 0,48 : 0,1 = 4,8 => Ancol gồm CH₃OH (0,06) và C₂H₅OH (0,04)

Tìm este X, Y, Z thỏa M_X < M_Y < M_Z < 248

• X là (COOCH₃)₂
• Y là CH₃OOC-COOC₂H₅
• Z là (COOC₂H₅)₂ => M_Z = 146

Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y

(đều tạo từ axit cacboxylic và ancol, M_X < M_Y < 150), thu được 4,48 lít khí CO₂ (đktc). Cho m gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được 1 muối và 3,14 gam hỗn hợp ancol Z. Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư, thu được 1,12 lít khí H₂ (đktc). Tính phần trăm khối lượng của X trong E?

Giải ra %X = 40,40

Do M_X < M_Y < 150 ⟹ X, Y là este đơn chức hoặc 2 chức (do M _–COO– = 44)

Ancol Z + Na ⟹ n_OH(ancol) = n_H = 2n_H2 = 0,1

Do este tạo bởi ancol và axit ⟹ n_–COO– = n_OH(ancol) = 0,1

Đốt este: n_C(este) = n_CO2 = 0,2

Este tạo bởi axit và ancol luôn có số C ≥ 2.COO

• Theo đề ta thấy n_C(este) = 2n_COO => mỗi este đều có số C gấp đôi số nhóm COO
• Khi E tác dụng với NaOH sinh ra 1 muối + hỗn hợp ancol => chỉ có trường hợp sau thỏa mãn:
  • X là HCOOCH₃, đặt x mol
  • Y là (HCOO)₂C₂H₄, đặt y mol
• Ta có hệ phương trình:
  • n­_C = 0,2 => 2x + 4y = 0,2
  • m_ancol = 3,14 => 32x + 62y = 3,14
  • Giải ra x = 0,04 ; y = 0,03

Tính ra %X = 40,40

---

Trend câu 80. Thí nghiệm, tưởng tượng và trả lời

X là hợp chất hữu cơ mạch hở có CTPT C₆H₈O₄

Cho các phản ứng sau (theo đúng tỉ lệ mol phản ứng):

(1) X + 2NaOH –> Z + T + H₂O

(2) T + H₂ –> T₁

(3) 2Z + H₂SO₄ –> 2Z₁ + Na₂SO₄

Biết Z₁ và T₁ có cùng số nguyên tử cacbon; Z₁ là hợp chất hữu cơ đơn chức.

Tìm CTCT mỗi chất trong sơ đồ trên?

Z₁ và T₁ có cùng số C => Z và T cũng cùng số C và là 3C

Z₁ là axit đơn chức => Z là muối đơn chức

X là CH₃-CH₂-COO-CH=CH-COOH (có đồng phân hình học)

Z là CH₃-CH₂-COONa

T là OHC-CH₂-COONa

Z₁ là CH₃-CH₂-COOH

T₁ là HO-CH₂-CH₂-COONa

Cho sơ đồ chuyển hóa (theo đúng tỉ lệ mol) như sau: E (C₉H₁₂O₄)

[1] E (C₉H₁₂O₄) + 2NaOH –> X₁ + X₂ + X₃

[2] X₁ + 2HCl –> Y + 2NaCl

[3] X₂ + O₂ – ^{men giấm} –> Z + H₂O

[4] Z + X₃ ⇌ T (C₅H₁₀O₂) + H₂O 

Biết chất E là este mạch hở. Xác định các chất trong sơ đồ trên?

+Từ [3] => X₂ là C₂H₅OH ; Z là CH₃COOH

+Từ [4], có Z, T => X₃ là C₃H₇OH (2 đồng phân) ; T là CH₃COO-C₃H₇ (2 đồng phân)

+Từ [1], có X₂, X₃ => E là C₂H₅-OOC-C≡C-COO-C₃H₇ nên 

• X₁ là NaOOC-C≡C-COONa
• Từ [2] => Y là HOOC-C≡C-COOH

Cho sơ đồ phản ứng theo đúng tỉ lệ mol: X + 2NaOH

(1) X + 2NaOH –> X₁ + X₂ + X₃

(2) X₁ + H₂SO₄ ⇌ X₄ (axit ađipic) + Na₂SO₄

(3) X₂ + CO –> X₅

(4) X₃ + X₅ ⇌ X₆ (este có mùi chuối chín) + H₂O

Xác định các chất trên?

+ Từ (2) => X₁ là muối NaOOC-(CH₂)₄-COONa ; X₄ là axit HOOC-(CH₂)₄-COOH

+ Từ (4) => X₆ là este isoamyl axetat CH₃COO-CH₂-CH₂-CH(CH₃)₂

nên X₃, X₅ = {axit axetic, ancol isoamylic}

+ Từ (3) có phương trình [X₂] là CH₃OH + CO –> CH₃COOH [X₅]

vậy X₃ là  (CH₃)₂CH-CH₂-CH₂OH

+ Từ (1) => X là este CH₃-OOC-(CH₂)₄-COO-CH₂-CH₂-CH(CH₃)₂

Chất hữu cơ X mạch hở có công thức phân tử C₈H₁₂O₄.

(a) X + 2NaOH –^t0–>Y + Z + T

(b) X + H₂ –^{Ni, t0}–> E

(c) E + 2NaOH –^t0–> 2Y + T

(d) Y + HCl –> NaCl + F

Em hãy xác định mỗi chất?

+ Từ (d) => Y là muối natri của axit no F

+ Từ (c) => E là este no của 2 axit đơn chức + 1 ancol 2 chức ; Y và T đều no vì E no

+ Từ (a) mò vẽ C₈H₁₂O₄ + 2NaOH => Y muối no + Z (không no) + T ancol no 2 đầu

• Vì (c) => Y và Z phải cùng số C

+ Vẽ mò như sau

• [X] CH₃CH₂COO-C₂H₄-OOC-CH=CH₂ –> CH₃CH₂COONa [Y] + CH₂=CH-COONa [Z] + HO-C₂H₄-OH [T]
• [X] C₈H₁₂O₄ (có 1C=C) + H₂ –> [E] C₈H₁₄O₄ là este 2 đầu-no
• [E] (CH₃CH₂COO)₂C₂H₄ –> 2CH₃CH₂COONa [Y] + C₂H₄(OH)₂ [T]

[Y] CH₃CH₂COONa + HCl –> NaCl + CH₃CH₂COOH [F]

---

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.