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

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

Trend “hot bỏng tay” trên TikTok hiện nay là gì, chắc các bạn biết rõ lắm; nhưng … Trend trong đề thi tham khảo môn Hóa 2021, đa số các bạn chưa biết đâu. Hãy đọc bài này ngay nha.

Trend đề tham khảo Hóa 2021

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.

Nội dung bài viết

Trend câu 71. Toán CObơi 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 CO32- = 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 CO32- = 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

  • mhh => 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 –> mchất tan
  • Tỉ lệ mol OH : RO2 = 1,6 => xảy ra 2 phản ứng
    • RO2 + MOH –> MHRO3
    • RO2 + 2MOH –> M2RO3 + H2O
  • Công thức tính ra CO32- => H2O = 0,035 mol

BTKL tính một hồi ra mchất tan = mMHRO3 + 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: mbéo + 32.2,415 = 44.1,71 + 18.b => mbéo – 18b = – 2,04
  • BT mol Oxi: 6a + 2.2,415 = 2.1,71 + b.1 => 6a – b = – 1,41

Phản ứng thủy phân

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

Giải hệ ba ẩn ra mbéo = 26,58 ; a = 0,03 ; b = 1,59 Vậy mH2O = 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 nbéo = CO2 57 = 0,02 mol

BT mol Oxi => nH2O = 1,02

Công thức tính tổng số liên kết pi: nCO2 – nH2O = nbéo(k – 1) => k = 7

BT mol liên kết pi ở gốc axit

  • nbéo(k – 3) = nH2 + nBr2

nBr2 = 0,06 => Vdd 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 => mX = CO2 + H2O – O2 = 85,8 gam
  • phản ứng thủy phân béo => mmuối = 93,4 gam

Lợi dụng chương trình Table của máy tính

CnH2n + 2 – 2kO6 + (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 mX + KOH = mmuối + mGlixerol

tính ra mmuối= 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
  • mbéo = C + H + O = 35,44
  • BTKL có Béo + KOH = Muối + Glixerol
  • 35,44 + 0,04.3.56 = Muối + 0,04.92

Tính ra mmuối = 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: mbéo = m+ mH + mO = 12.y + 0,2.2.1 + 16.6x => mbéo = 12y + 96x + 0,4

Phản ứng thủy phân béo X

  • 1X (x mol) + 3KOH –> 3,728 gam muối + x mol Glixerol
  • BTKL: mbéo + 3x.56 = 3,728 + 92.x
  • Thế số và mbéo 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 nbéo(k – 1) = nH2O – nCO2 => k = 6

a mol béo X + 0,024 mol Br2

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

nBr2 = a.(k – 3) = 0,024 => nbéo = 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 3C6H10O+ 1C2H2O= C20H32O16 = C20(H2O)16 
  • Glucozơ và Saccarozơ = Cn(H2O)m
  • Vậy hỗn hợp X <=> C và H2O => m= mC + mH2O *
  • Đề cho sẵn H2O = 16,56 gam ; còn C tính như dưới đây

nC = nCO2 = nBaCO3 = (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 H(đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 25,76 lít khí O(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 ; CnH2n+2On}

  • 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
  • mhỗn hợp X = C + O + H = 0,8.12 + 0,5.16 + 1,2.2.1 = 20 gam

X = {C3H8O ; CnH2n+2On} có {O = 0,5 mol ; C = 0,8 mol}

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

  • đặt x mol C3H3O => nC – nO = 3x – 1x = 2x = 0,3 => x = 0,15
  • vậy mC3H8O = 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 nO = (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+ + 2nO = 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(NO32 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+, SO42–}

Hỗn hợp 3 khí

  • buộc có NO, CO2 theo đề
  • mà có 2 khí cùng M => N2O do có M = MCO2 = 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 nNO = 0,3 ; nCO2 N2O = 0,45
    • Mà nCO2 = nFeCO3 = 0,4 => nN2O = 0,05

105,15 gam = [58,75 {Fe(NO3)2 ; M} + 0,4 FeCO3] + x mol KHSO4 –> Z {Fe3+, Mn+, K+, SO42-} + 28,8 gam{0,3 NO ; 0,05 N2O ; 0,4 CO2} + 0,5x mol H2O

  • Công thức: Tổng H+ = từ KHSO4 = x = 2nCO2 + 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 = mZ + 28,8 + 1,25.18 => mZ = 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+, NO3̶}

  • 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 nFe3+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 –> Fe3+*
  • 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 nBr2) ; CO2}

  • BT mol H => nCH2 = 0,08 mol
  • Khi đốt thì CO2 không cháy. Viết phản ứng cháy suy ra

nO2 = 2nCH4 + 1,5nCH2 + 0,25nNH + 0,5nH2 => nO2 = 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 CxHyO2 (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

  • mrắn = 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, C6H5COOCH
  • 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 => nNaOH = x
  • 1Y + 2NaOH –> Muối + Muối + H2O => nNaOH = 2y ; nH2O 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
  • nNaOH = x + 2y = 0,19 => Vdd = 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 => nNaOH = x ; nancol = x
  • 1Y + 2NaOH –> Muối + Muối + H2O => nNaOH = 2y ; nH2O sinh ra = y

Vậy

  • Tổng NaOH = x + 2y
  • Mol ancol = x => H2 sinh ra khi cho ancol +Na = 0,5x
  • mbình tăng = mancol  – mH2 => mancol = 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 nNaOH = x + 2y = 0,19 => Vdd = 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 VO2 = 33,6 lít

neste = 0,15 ; nNa2CO3 = 0,15 => nNaOH = 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
  • nH2O = 0,15

Tính số mol nguyên tử của Y

  • nC của este = nC của Y = 0,15.9 = 1,35
  • nH của Y = 0,15.8 + 0,3.1 – 0,15.2 = 1,2
  • nNa của Y = nNaOH = 0,3
  • nO 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

  • nCO2 = C – Na2CO3 = 1,35 – 0,15 = 1,2
  • nH2O = 0,6
  • BT mol Oxi: tính ra nO2 = 1,5 mol => VO2 = 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 CnH2nO

  • nY = 0,1 ; nO2 = 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 + mH2O
  • Thế số tính ra mX = 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
  • nancol = 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 = nancol = 0,25
  • x + 2y = nKOH = 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-C2H(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, MX > MY) 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 gam chất rắn khan. Tìm trị của m? (Đề hỏi m gần trị nào nhất?) 

Giải ra mrắn khan = 46,92 gam

Ancol Z + O2 –> 0,78 CO2 + 1,26 H2O

  • nZ = H2O – CO2 = 0,48
  • số C trung bình ancol = nCO2 : nZ = 1,625
  • Z gồm CH3OH (0,18) ; C2H5OH (0,3) => nNaOH thủy phân = nZ = 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< MY < MZ < 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 MZ

Giải ra MZ = C2H5-OOC-COO-C2H=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
  • → nNaOH phản ứng = 0,1 và nNaOH 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  = nNaOH dư : 
  • → 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 → nH của ancol = 0,48 mol
  • nAncol = nNaOH phản ứng = 0,1 mol
  • Số Hancol = 0,48 : 0,1 = 4,8 => Ancol gồm CH3OH (0,06) và C2H5OH (0,04)

Tìm este X, Y, Z thỏa M< MY < MZ < 248

  • X là (COOCH3)2
  • Y là CH3OOC-COOC2H5
  • Z là (COOC2H5)2 => MZ = 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, MX < MY < 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 MX < MY < 150 ⟹ X, Y là este đơn chức hoặc 2 chức (do M –COO– = 44)

Ancol Z + Na ⟹ nOH(ancol) = nH = 2nH2 = 0,1

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

Đốt este: nC(este) = nCO2 = 0,2

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

  • Theo đề ta thấy nC(este) = 2nCOO => 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:
    • C = 0,2 => 2x + 4y = 0,2
    • mancol = 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) + H2

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] C8H12O(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.

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai.

error: Content is protected !!