Hướng dẫn giải câu khó đề thi THPT QG môn Hóa 2019 (mã đề 213)

HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU KHÓ ĐỀ THI THPT QG MÔN HÓA NĂM 2019 – MÃ ĐỀ 213

 

Câu 65. B

Câu 66.

Hỗn hợp X có metan, etylen, propin, vinylaxetilen và amol H₂ nung → 0,1 mol hhY (gồm các hydrocacbon) có d/H₂ =14,4; 0,1 mol Y phản ứng max với 0,06 mol Br₂/dd. Tính a?

Giải:

Khối lượng hỗn hợp X = khối lượng hỗn hợp Y = 0,1. 28,8 = 2,88g

Đặt hh (H,C) trong X: C_nH₄ tương ứng là C_nH_2n+2-2x (0,1mol)

trong đó x lk pi thì 2n+2-2x = 4 hay x = n-1        (1)

BTKL: 0,1(12n + 4) + 2a = 2,88 hay 1,2n + 2a= 2,48      (2)

BT số mol LK pi: 0,1x = a + 0,06       (3).

Thay (1) vào (3) → n=10a + 1,6; kết hợp với (2) → a = 0,04.

Câu 67:

Giải: X (C₈H₁₂O₅) là este của glixerol và 2 ax cacboxilic ko có khả năng tráng bạc → ko phải HCOOH;

X là đieste của glixerol với 2 axit;

pt X có 3 lk pi nên có 1 axit no, 1 axit ko no.

CT dạng: (CH₂=CH-COO)(C₃H₅OH)(OOC-CH₃) → có 3 CTCT.

Muối Y là CH₃COONa; muối Z là C₂H₃COONa – natri acrylat.

Câu 68:

m(g) Al + dd 0,2mol H₂SO₄ → H₂ + ddX.

Cho dd NaOH 2M vào ddX:

Khi NaOH : 0,28 mol thu (2a + 1,56)g Al(OH)₃

Khi NaOH: 0,48 mol thu a(g) Al(OH)₃. Tính m, a?

Giải: số mol Al là x(mol) thì ddX gồm: xmol Al³⁺; (0,4 – 3x) mol H⁺.

NaOH là 0,28 mol thì smol pứ Al³⁺ = (3x - 0,12) sẽ tạo kết tủa:

(x - 0,04) mol = (2a+1,56)/78           (1)  

và dư Al³⁺.

NaOH là 0,48mol thì số mol pứ Al³⁺ = (0,08+3x) có tạo aluminat, số mol kết tủa là:

a/78 = 4x – (0,08+3x) hay a/78 = x – 0,08           (2).

Giải hệ (1,2):   x  = 0,1 nên m = 2,7 và a = 1,56

Câu 69: 0,55 mol hỗn hợp X (H₂O, CO₂) qua C nóng đỏ → 0,95 mol hhY (CO_, H₂, CO₂);

cho Y + dd 0,1mol Ba(OH)₂ →  m(g) kết tủa?

Giải:

C+ H₂O → CO + H₂ và C + CO₂ → 2CO

2 pứ trên → số mol khí sinh ra gấp đôi số mol khí pứ; mà hơi nước đã hết nên CO₂ dư. Số mol khí và hơi nước đã pứ: 0,95 – 0,55 = 0,4 vậy khí CO₂ còn lại là 0,55 -0,4 = 0,15.

Tỉ lệ mol OH/CO₂ = 1,3 nên số mol BaCO₃ = 0,2 – 0,15 = 0,05 là 9,85g kết tủa.

Câu 70:

Có 4 trường hợp có kết tủa là a (BaSO₄); b (CaCO₃); c (Al(OH)₃; e (Ag).

Câu 71:

m(g) chất béo X cần 3,08 mol O₂ → CO₂ + 2 mol H₂O; m(g) X + NaOH → glixerol + 35,36g muối; m(g) X + tối đa a(mol) brom?

Giải:

Đặt pt X có k lk pi, số mol là x, số mol CO₂ là y;

BT mol O: 6x + 2.3,08 = 2y + 2 hay 6x – 2y = - 4,16 hay y = 3x +2,08.

BTKL pứ cháy: m + 3,08.32 = 44y + 2.18 thay y = 3x+2,08 được: m – 132x = 28,96        (1).

Pứ xà phòng hóa X thì: klg X + klg NaOH = klg muối + klg glixerol →  m +3x.40 = 35,36 + x.92 hay m + 28x = 35,36      (2).

Giải hệ (1,2) được x = 0,04 →  y = 2,2.

Khi pứ brom thì số mol Br₂ = x(k-3); vì số mol CO₂ → số mol H₂O = x(k-1) nên k = 6.

Số mol Br₂ = 0,04. 3 = 0,12.

Câu 72.

Dễ thấy Y là CaO nên X là CaCO₃; Z là Ca(OH)₂ nên T là NaHCO₃; R là NaOH; Q là Na₂CO₃. Chọn C.

Câu 73:

Đốt m(g) hhE gồm 2 este X, Y hở tạo bởi ax và ancol (M_X < M_Y < 150)  → 0,2 mol CO₂

m(g)E + NaOH → 1 muối + 3,14g hh ancol Z;

Z pứ Na → 0,05 mol H₂; tính %klg X?

Giải:

2 este tạo bởi cùng 1 axit; số mol OH ancol = số mol COO este = số mol NaOH pứ = 2. 0,05 = 0,1.

Khi đốt hh tạo ra 0,2 mol CO₂ trong đó CO₂ sinh ra từ nhóm COO = 0,1 còn lại 0,1mol CO₂ sinh ra từ gốc (H,C) của 2 este.

Vì số mol C ở gốc (H,C) este = số mol COO este

→  mỗi nhóm OH của ancol lk với 1 ng.tử C.

Ax tạo este là HCOOH; Do M_X <  M_Y < 150 nên Y tối đa là este 2 chức.

Nếu 2 ancol tạo este đều đơn chức thì smol ancol = 0,1 nên Mtb = 31,4 → vô lí vậy phải có ancol đa chức.

Do 2 este mạch hở nên axit tạo este là đơn chức.

BTKL: klg hh = 0,1.68(muối HCOONa)+ 3,14 – 0,1.40(NaOH) = 5,94.

Vậy este X là đơn chức: HCOOCH₃ x mol; este Y 2 chức(HCOO)₂C₂H₄ y mol.

x + 2y =0,1 (1) và 60x + 116y = 5,94; giải ra x =0,04 → %klg X = 0,04.60.100/5,94 = 40,4

Câu 74:

X là C_nH_2n+4O₄N₂ là muối của axit đa chức, Y là C_mH_2m-4O₇N₆ là hexapeptit được tạo bởi 1 aminoaxit. 0,1 mol HhE gồm X, Y tác dụng tối đa 0,32 mol NaOH thu metylamin và dd chỉ chứa 31,32g hh muối. Tính % klg của X trong E?

Giải:

Từ CT X,Y → X tạo bởi ax no 2 chức và metylamin; Y tạo bởi aminoax no, 1 nhóm NH₂, 1 nhóm COOH.

Đặt số mol X,Y là x,y thì:  x+ y =0,1 và 2x + 6y = 0,32 → x =0,07; y=0,03.

Sản phẩm pứ E với NaOH gồm: muối, CH₃NH₂ 0,14 mol; H₂O (0,14+0,03);

BTKL → klg hhE = 31,32 + 0,14.31 + 0,17.18 – 0,32.40 = 25,92g.

Vậy: 0,07(14n+96) + 0,03(14m+ 192) = 25,92 → 49n + 21m = 672 trong đó n >= 4 và m=12; 18; 24... Suy ra: m = 18; n=6 → %klg X= 0,07.180.100/25,92 = 48,61 (gần bằng 49%)

Câu 75.

Hòa tan m(g) hhX gồm Fe,FeO, Fe₂O₃, Fe₃O₄ + ddHCl dư thu amol H₂ và dd chứa 31,19g hh muối. Hòa tan m(g) hhX trong 0,55mol H₂SO₄ đặc đun nóng thu ddY và 0,14mol SO₂ (sp khử duy nhất S⁺⁶). Cho 0,4mol NaOH vào ddY thu 10,7g 1 chất kết tủa. Tính a?

Giải:

Quy hhX gồm: x mol Fe và y mol O.

X pứ HCl: 2H⁺ + O^2-= H₂O và 2H⁺ + 2e = H₂.

Tổng mol HCl pứ = 2y+ 2a.

Klg muối: 56x + 35,5(2y+2a) = 31,19 hay 56x + 71y + 71a = 31,19          (1)

DdY + 0,4mol NaOH thu 0,1 mol Fe(OH)₃ → X khi pứ H₂SO₄ đặc tạo Fe(III).

SO₄^2- + 2e + 4H⁺ → SO₂ + 2H₂O

           0,28  0,56      0,14

và O + 2e + 2H⁺ → H₂O

     y     2y    2y

Fe – 3e = Fe³⁺.

BT electron: 3x - 2y = 0,28 (2); H⁺ còn = 1,1 – 0,56 – 2y = 0,54 -2y.

Số mol OH^- pứ Fe³⁺ trong ddY = 0,4 - (0,54 - 2y) = 2y - 0,14 tạo 0,1 mol Fe(OH)₃.

Nếu Fe³⁺ trong Y kết tủa hết thì: x = 0,1 và (2y-0,14)/3 >= 0,1 hay y >= 0,22.

Thay x vào pt (2) thì y = 0,01 – loại.

Vậy ddY chưa kết tủa hết Fe³⁺ do thiếu OH^- nên: (2y - 0,14)/3 = 0,1 → y = 0,22.

Pt (2) giải ra x= 0,24. Từ PT(1) → a = 0,03

Câu 76:

Câu đúng là b,c,d,e. Glixerol tan tốt trong dd NaCl;

Câu 77:

m(g) FeSO₄.7H₂O trong kk chuyển thành hhX: Fe(II); Fe(III). Cho X vào dd có 0,035 mol H₂SO₄ loãng → 100ml ddY.

TN1: 20ml ddY + ddBaCl₂ dư → 0,01mol BaSO₄

TN2: ddH₂SO₄ loãng cho vào 20ml ddY thì pứ vừa hết 18ml ddKMnO₄ 0,03M. Tính m và % smol Fe(II) bị oxh trong kk?

Giải:

Số mol SO₄^2- trong 20ml ddY = 0,01 – 0,035/5 = 0,003.

10Fe²⁺ + 2 MnO₄^2- + 16H⁺ → 10Fe³⁺ + 2 Mn²⁺ + 8H₂O

Số mol Fe²⁺ trong 20ml ddY = (18.0,03.10)/2.1000= 0,0027.

Vậy số mol FeSO₄.7H₂O ban đầu = 5. 0,003 = 0,015 →  m= 4,17.

Số mol Fe(II) trong ddY = 0,0027.5 = 0,0135

% số mol Fe(II) bị oxh bởi oxi = (0,015 -0,0135).100/0,015= 10%

Câu 78.

Điện phân trong a(giây): CuSO₄ + 2NaCl = Cu + Cl₂ + Na₂SO₄ (1)

                                           0,04       0,08             0,04

Số mol e tham gia điện phân (anot) = 0,04.2 = 0,08

Điện phân tiếp từ điểm M đến điểm N trên đồ thị thì khí sinh ra nhiều hơn (đồ thị có hệ số góc lớn hơn): 2H₂O + 2NaCl = H₂ + Cl₂ + 2NaOH   (2)

                  x        x/2    x/2

Điện phân tiếp đến 3,5a giây: 2H₂O = 2H₂ + O₂     (3)

                                                               y        y/2

Xét thời gian đp từ a giây đến 3,5a giây thì xảy ra pt đp (2 và 3); số mol e = 0,08. 2,5 = 0,2 và số mol khí thoát ra: 0,21 – 0,04 = 0,17;

hệ PT: x + 1,5y = 0,17 và số mol e catot: 2.x/2 + 2y = 0,2

giải ra x = 0,08 và y = 0,06.

Klg m = 0,04.160 + (0,08+0,08).58,5 = 15,76g

Câu 79:

Hỗn hợp E gồm 3 este mạch hở tạo bởi ax cacboxylic với ancol. X (no đơn chức), Y (không no đơn chức p.tử có 2 lk pi) và Z (no hai chức). Cho 0,58 mol E pứ vừa đủ với dd NaOH thu được 38,34g hh 3 ancol cùng dãy đồng đẳng và 73,22g hhT gồm 3 muối của 3 ax cacboxylic. Đốt hhT cần 0,365mol O₂ thu Na₂CO₃, H₂O và 0,6 mol CO₂. % klg của Y trong E?

Giải:

X: xmol; Y: ymol; Z: zmol → x + y + z = 0,58  (1)

3 ancol đồng đẳng nên đó là ancol no, đơn chức có số mol = x + y + 2z = số mol NaOH pứ.

Muối tạo ra từ X là no, đơn chức R₁COONa; muối tạo ra từ Y là đơn chức 1 nối C=C R₂COONa; muối tạo ra từ Z là no 2 chức R₃(COONa)₂;

Trong hhT có (x+y+2z) nhóm COONa→ số mol Na₂CO₃ = (x+y+2z)/2;

khi đốt hhT thì số mol CO₂ – số mol H₂O = y + z nên số mol H₂O = 0,6-y-z;

BTKL pứ cháy T: 73,22 + 0,365.32 = 0,6.44 + 18(0,6-y-z) + 53(x+y+2z) hay: 53x + 35y + 88z = 47,7(2).

BT số mol O: 2(x+y+2z)+ 2.0,365 = 3.(x+y+2z)/2 + 0,6.2 + (0,6-y-z) hay x+3y+4z= 2,14(3)

Giải ra x = 0,05; y = 0,03 và z = 0,5.

Klg hhT: 0,05.(R₁+67) + 0,03.(R₂+67) + 0,5.(R₃+134) = 73,22 →  R₁=H; R₂ là CH₂=CH; R₃=0.

BTKL cho pứ hhE với NaOH: klg hhE = 38,34 + 73,22 – 1,08.40(NaOH) = 68,36.

Klg hh 3 ancol: 0,05M₁ + 0,03M₂ + 1.M₃ = 38,34 hay 5M₁ + 3M₂ + 100M₃ = 3834 nên M₃ = 32 là CH₃OH; M₁ =74 là C₄H₉OH; M₂ = 88 là C₅H₁₁OH

CTY là C₂H₃COOC₅H₁₁ có %klg = 0,03.142.100/68,36 = 6,23%

Câu 80:

Hòa tan hết 11,02g hhX gồm FeCO₃; Fe(NO₃)₂; Al vào ddY chứa KNO₃ và 0,4mol HCl→ ddZ và 0,12mol hhT gồm CO₂:H₂:NO tỉ lệ mol 5:2:5. DdZ pứ tối đa 0,45mol NaOH. Nếu cho Z pứ AgNO₃ dư thu m(g) kết tủa. Tính m biết NO là sp khử duy nhất của N⁺⁵.

Giải:

Số mol CO₂ = FeCO₃= 0,05; số mol H₂= 0,02; số mol NO=0,05.

Pứ: NO₃^- + 3e + 4H⁺ = NO + 2H₂O;     2H⁺ + 2e = H₂ ;    2H⁺ + CO₃^2-= CO₂ + H₂O

       0,05    0,15   0,2     0,05     0,1      0,04  0,04   0,02     0,1     0,05       0,05    0,05

H⁺ dư trong ddZ= 0,4 – 0,2 – 0,04 – 0,1 = 0,06 →  OH^- pứ ion Al³⁺, Fe²⁺_,Fe³⁺ =0,39.

hhX có số mol FeCO₃ = 0,05; Fe(NO₃)₂ = x; Al = y

116.0,05 + 180x + 27y = 11,02 hay 20x + 3y = 0,58(1)

Smol e nitrat và ion hidro nhận = 0,19; Al -3e;

BT electron→ số mol Fe²⁺ (bị nhường 1e) = (0,19 – 3y);

Số mol Fe²⁺ còn trong ddZ = (0,05+x) - (0,19-3y) = x+3y-0,14.

Smol OH^- pứ ion sắt và Al³⁺: (0,05+x).2 + (0,19-3y)+ 4y = 0,39 hay 2x+y = 0,1(2).

Giải hệ (1,2) có x= 0,02; y= 0,06.

ddZ gồm Fe²⁺= 0,02 + 3.0,06 – 0,14 = 0,06 nên số mol e cho đi = 0,06;

H⁺ = 0,06; Cl^- = 0,4

4H⁺ + NO₃^- + 3e = NO;            Ag⁺ + 1e =   Ag;    Ag⁺ + Cl^- = AgCl

0,06              0,045                         0,015     0,015             0,4       0,4

Klg kết tủa m = 0,015.108 + 0,4.143,5 = 59,02g

...

Trên đây là phần trích dẫn nội dung Hướng dẫn giải câu khó đề thi THPT QG môn Hóa 2019 (mã đề 213), để xem toàn bộ nội dung chi tiết, mời các bạn cùng quý thầy cô vui lòng đăng nhập để tải về máy. 

Chúc các em đạt điểm số thật cao!