KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TẬP ESTE BẰNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI . MUỐI CỦA AMIN VÀ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

vectorstock.com/28062424

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TẬP ESTE BẰNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI . MUỐI CỦA AMIN VÀ BÀI TOÁN LIÊN QUAN . GIẢI BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN XU HƯỚNG MỚI BY NGUYỄN KHẮC HẬU WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

CHUYÊN ĐỀ 1: KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TẬP ESTE BẰNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI 2020 Những năm gần đây đề thi THPTQG có tính phân hóa rất cao, cũng chính vì vậy để đạt được điểm cao trong thời gian thi chỉ có 50 phút đỏi hỏi học sinh không ngừng cải tiến các phương pháp cổ truyền thay vào đó là phương pháp mới nhằm đáp ứng được đòi hỏi về mặt thời gian.Phương pháp quy đổi este thông qua đề thi THPTQG 2019 tôi trình bày thông qua hướng dẫn giải dưới đây hy vọng sẽ giúp ích các em học sinh khóa 2002.Trân trọng!

A.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI ĐIỂN HÌNH DÙNG TRONG GIẢI BÀI TẬP ESTE: 1.Phương pháp đồng đẳng hóa(Quy về chất đầu dãy đồng đẳng;CH2) Phương pháp này dựa trên cơ sở : Đồng đẳng là những chất có thành phần phân tử hơn kém nhau các nhóm CH2 ; tính chất hóa học giống nhau).

VD1: Hon hop Este no don chuc mach ho

Quy doi

HCOOCH3 CH2

Y

X

VD2 : Este no don chuc mach ho Este khong no có 1 lien ket doi o goc don chuc mach

Quy doi

HCOOCH3 CH2=CH-COOCH3 CH = C - COOCH3 CH2

Este khong no có 1 lien ket ba o goc don chuc mach

Y

X

2.Phương pháp Hiđro hóa: Phương pháp này dựa trên cơ sở :các este không no có thể tham gia phản ứng cộng H2 để thành các este no nên ta có thể quy đổi thành este no bỏ bớt H2 ( số mol H2 bỏ bớt bằng số mol pi) VD1: Este no don chuc mach ho Este khong no có 1 lien ket doi o goc don chuc mach

+ H2

Este khong no có 1 lien ket ba o goc don chuc mach Quy doi

X

HCOOCH3 CH2 Y HCOOCH3 CH2 - H2 Z

1

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 VD2:Chất béo R 1C O O C H

2

C 3H 8 a CH2 b C O O 3a - H2 c

R 2C O O C H R 3C O O C H

2

a m ol

CH4 a CH2 t C O O 3a - H 2 0 ,0 6

C 3H 5 a H C O O 3a b CH2 c - H2 HCOOCH

2

a

HCOOCH HCOOCH CH2 - H

2

2

b c

3.Phương pháp Thủy phân hóa: Phương pháp này dựa trên cơ sở :các este có thể phản ứng thủy phân sinh ra axit và an col nên một số trường hợp người ta có thể quy đổi thành hỗn hợp axit,ancol bỏ bớt H2 ; bỏ bớt H2O

B.BÀI TẬP MINH HỌA:

Câu 68(Mã đề 202-2019):Đốt cháy hoàn toàn 25,74 gam triglixerit X, thu được CO2 và 1,53 mol H2O. Cho 25,74 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và m gam muối .Mặt khác 25,74 gam X tác dụng được tối đa với 0,06 mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của m là A. 27,72.

B. 26,58.

C.27,42.

D. 24,18.

Hướng dẫn giải

C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,06

H2O 1,53 mol

NaOH HCOONa 3a 25,74 gam CH2 b + Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: 0,06 - H2 4a + b – 0,06 = 1,53 → 4a + b = 1,59 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,12 = 25,74 → 176a + 14b = 25,86 (II) C3H5(OH)3 a Từ (I)(II) ta có a = 0,03 ; b = 1,47 → m = 26,58

Câu 72(Mã đề 203-2019):Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol O2 thu được CO2 và 2 mol H2O. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và 35,36 gam muối .Mặt khác m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của a là A. 0,2.

B. 0,24.

C.0,12.

D. 0,16.

2

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải

C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 a m gam

O2 3,08 mol

H2O 2 mol CO2 (6x + y)

NaOH

HCOONa 3x CH2 y a - H2 35,36 gam C3H5(OH)3 x

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: 4x + y – a = 2 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 35,36 + Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 3,08 = 6x+ y + 1 → 3x + y = 2,08 (III) Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,04 ; y = 1,96 ; a = 0,12

(II)

Câu 65(Mã đề 204-2019):Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 2,31 mol O2 thu được H2O và 1,65 mol CO2. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và 26,52 gam muối .Mặt khác m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của a là A. 0,09.

B. 0,12.

C.0,15.

D. 0,18.

Hướng dẫn giải

C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 a m gam

O2 2,31 mol

H2O (4x + y - a) mol CO2 1,65 mol

NaOH

HCOONa 3x CH2 y a - H2

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: 26,52 gam 6x + y = 1,65 (I) C3H5(OH)3 x + Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 26,52 (II) + Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 2,31 = 2x+ 0,5.y – 0,5.a + 1,65 → x – 0,5 y + 0,5.a = - 0,66 (III) Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,03 ; y = 1,47 ; a = 0,09

Câu 67(Mã đề 207-2019):Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam triglixerit X, thu được H2O và 1,1 mol CO2. Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và m gam muối .Mặt khác 17,16 gam X tác dụng được tối đa với 0,04 mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của m là B. 18,48.

A. 16,12.

C.18,28.

D. 17,72.

3

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải

C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,04

H2O CO2 1,1 mol NaOH

17,16 gam

HCOONa 3a CH2 b 0,04 - H2

C3H5(OH)3 3a + Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: 6a + b = 1,1 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,08 = 17,16 → 176a + 14b = 17,24 (II) Từ (I)(II) ta có a = 0,02 ; b = 0,98 → m = 17,72

Câu 66(Minh họa 2019): Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp X gồm ba triglixerit cần vừa đủ 4,77 mol O2, thu được3,14 mol H2O. Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 78,9 gam X (xúc tác Ni, to), thu được hỗn hợp Y. Đunnóng Y với dung dịch KOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối.

Giá trị của m là A. 86,10.

B. 57,40.

C. 83,82.

D. 57,16.

Hướng dẫn giải C 3 H 5 0,06 H C O O 0,18 x CH2 - H2 a

O2 4,77

H 2 O 3,14 m ol C O 2 (0,36 + x) m ol

m 1 gam

Áp dụng ĐLBT O: 0,18 + 4,77 = 0,36 + x + 1,57 → x = 3,02 mol Áp dụng ĐLBT H: 0,06.2,5 + 0,09 + 3,02 – a = 3,14 →a = 0,12 → m1 = 52,6 gam Sơ đồ thí nghiệm 78,9 gam X (gấp 1,5 lần thí nghiệm 1) C 3 H 5 0,09 HCOO 0,27 4,53 CH 2 - H 2 0,18

H2

C 3 H 5 0,09 HCOO 0,27 CH 2 4,53

78,9 gam

KOH

HCOOK 0,27 mol CH 2 4,53 mol m gam

Dễ tính được m = 86,10 gam chọn A

Câu 68(Mã đề 201-2018): Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2 , thu được H2O và 2,28 mol CO2 . Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch.

Giá trị của a là 4 A. 0,04.

B. 0,08.

C. 0,20.

D. 0,16

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải 1 Ta quy đổi X như sau:

C3H5 x C17H35COO 3x - H2 a

O2 3,22

H2O (55x -a) mol CO2 2,28 mol

m gam +Bảo toàn C: x = 0,04 +Bảo toàn O: a =0,08 mol Chọn B Hướng dẫn giải 2

CO2 O2

C 5 7 H 1 1 6 -2 k O 6

2 ,2 8 m o l

3 ,2 2 m o l

0 ,0 4 m o l

H 2O B a o to a n O

2 ,1 2 m o l

Dễ có được k =5

Vậy a = 0,08 mol . Chọn B

Câu 41(ĐHA- 2014): Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY; Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là A. 4,68 gam.

B. 5,04 gam.

C. 5,44 gam.

D. 5,80 gam.

Hướng dẫn giải 1 DLBTKL

E

O2 0 ,5 9 m o l

CO

0 ,4 7 m o l

2

1 1 ,1 6 g a m H 2O

0 ,5 2 m o l

9 ,3 6 g a m

Nhận thấy số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên ta luận được an col trong E phải no Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:

t

R1COOH R2COOH R1COO- CH2 R2COO- CH CH3(CH2)m C3H6(OH)2(CH2)m

HCOOH C3H6(OH)2 CH2 - H2 - H2O E

E 5

x y z x 2t

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 (Chú ý: Trong bài toán này số mol COO bằng số mol liên kết pi trong gốc ) Sơ đồ biến hóa hóa học: HCOOH C3H6(OH)2 CH2 - H2 - H 2O

0,04 y z 0,04 2t

O2 0,59

CO2 0,47 H2O

E 11,16 gam + Bảo toàn C: 0,04 + 3y +z = 0,47 → 3y + z = 0,43 + Bảo toàn O : 0,04 + y –t + 0,59 = 0,47 + 0,26 → y – t = 0,1 + Bảo toàn H : 4y +z -2t = 0,52 Giải hệ : y= 0,11 ; z=0,1 ; t=0,01 Vì z = 0,1< y =0,11 nên an col là C3H6(OH)2 Khi cho E tác dụng KOH thì muối thu được gồm :

0,52

(I) (II) (III)

HCOOK 0,04 CH2 0,1 - H2 0,04 m gam

E

m =4,68 gam .chọn A Hướng dẫn giải 2 DLBTKL

CO2 0,47 mol

O2 0,59 mol

11,16 gam H2O

0,52 mol

9,36 gam Nhận thấy số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên ta luận được an col trong E phải no Ta quy đổi hỗn hợp E như sau: CH 2 = CH - COOH C 3 H 6 (OH) 2 CH 2 =CH-COO

C 3H 6

CH 2 =CH-COO CH 2

Sơ đồ phản ứng:

6

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 a CH 2 = CH - COO H b C 3 H 6 (OH ) 2 CH 2 =CH -COO c

C 3H 6

CH 2 =CH -COO d

O2 0,59 mol

CO 2 0,47 mol

Br 2 0,04 mol

H 2 O 0,52 mol M uoi

KO H

CH 2

H 2 O a mol

(a + 2c ) 11,16 gam

C 3 H 6 (O H) 2

Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,14 Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và H2O : -a + b – 3c = 0,05 Bảo toàn liên kết pi gốc ta có: a + 2c = 0,04 Bảo toàn khối lượng: 72.a + 76.b + 184.c + 14.d =11,16 Giải hệ: a= 0,02 ; b=0,1 ; c=0,01 ; d = 0,02 Vì d =0,02 mà b= 0,1 nên chắc chắn an col Z là C3H6(OH)2. Áp dụng ĐLBTKL : m = 4,68 gam

( m gam)

( b +c)

(I) (II) (III) (IV)

Câu 43( THPTQG 2015): Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phântử chỉ có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đốtcháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là A. 34,01%.

B. 38,76%.

C. 40,82%.

D. 29,25%.

Hướng dẫn giải

Na ROH 0,08

H2 0,04 mol

m – 0,08 = 2,48 → m = 2,56 → Mancol = 32 ( CH3OH ) Ta quy đổi X: HCOOCH3 CH3- CH = CH- COOCH3 CH2

Ta có sơ đồ phản ứng :

7

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 a

HCOOCH3

CH3OH 0,08 mol

b CH3- CH = CH- COOCH3 c

Muoi

NaOH 0,08 O2

H2O 0,22 mol

CH2

5,88 gam (I) Bảo toàn nhóm COO: a + b = 0,08 Bảo toàn H: 2a + 4b + c = 0,22 (II) Bảo toàn khối lượng: 60a + 100.b + 14.c = 5,88 (III) Giải hệ: a = 0,06 ; b= 0,02; c=0,02 Vì c= 0,02 =b nên trong este không no không thể chứa nhóm CH2. Vì nếu có CH2 thì đồng nghĩa este no không có nhóm CH2 (vô lý) Vậy % este không no dễ tính được : 34,01% chọn A Câu 46: X, Y là hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp (MX < MY) T là este tạo bởi X, Y với một ancol hai chức Z . Đốt cháy hoàn toàn 5,07 g hỗn hợp M gồm X, Y ,Z ,T bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 3,92 lít CO2 (đktc) và 3,69 g H2O. Mặt khác 5,07 g M phản ứng vừa đủ với 500ml dung dịch KOH 0,2M, đun nóng. Phát biểu nào sau đây là sai?

A. Thành phần phần trăm theo số mol của Y trong M là 21,43% B. Tổng số nguyên tử hidro trong hai phân tử X, Y là 6 C. Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T bằng 5.

D. X làm mất màu nước brom Hướng dẫn giải DLBTKL

M

O2 0,1975 mol

CO2 0,175 mol 7,7 gam

5,07 gam H2O

0,205 mol

3,69 gam Nhận thấy số mol H2O lớn hơn mol CO2 nên ta luận được an col trong M phải no Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:

HCOOH C2H4(OH)2 HCOO C2H4 HCOO CH2 Sơ đồ phản ứng: 8

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 a HCOOH b C2H4(OH)2

CO2

O2 0,1975 mol

0,175 mol

HCOO C2H4

c

H2O

HCOO KOH 0,1 mol

d CH2

5,07 gam Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,08 (I) Bảo toàn nhóm COO: a + 2c = 0,1 (II) Sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta có: b – c = 0,03 (III) Bảo toàn C: a + 2b + 4c + d = 0,175 (IV) Giải hệ ta có: a = 0,02 ; b=0,04 ; c=0,01 ; d=0,035 Vì d = 0,035 < 0,04 nên ancol là C2H4(OH)2 TH1 :

x

HCOOH

y

C H 3C O O H

0,04 C 2 H 4 (O H ) 2 HCOO 0,01

C 2H 4 C H 3C O O

Ta dễ có: x + y = 0 ,0 2

x = 0 ,0 0 5

y + 0 ,0 1 = 0 ,0 3 5 (B ao to an C H 2 )

y = 0 ,0 1 5

TH2:

x

C H 3CO O H

y

C 2H 5C O O H

0 ,0 4 C 2 H 4 (O H ) 2 0 ,0 1

C H 3CO O C 2H 4 C 2H 5C O O

x + y = 0 ,0 2 ( L oai ) x + 2 .y + 0 ,0 3 = 0 ,0 3 5 (B a o to a n C H 2 )

9

0,205 mol

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 80 (MĐ 201-2017). Một hỗn hợp E gồm este đơn chức X và este hai chức Y (X,Y đều no ,mạch hở).Xà phòng hóa hoàn toàn 40,48 gam E cần vừa đủ 560 ml dung dịch NaOH 1M ,thu được hai muối có khối lượng a gam và hỗn hợp T gồm hai ancol có cùng số nguyên tử cácbon.Đốt cháy toàn bộ T ,thu được 16,128 lít khí CO2 (đktc) và 19,44 gam H2O .Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A.43,0.

B. 37,0.

C.40,5.

13,5 .

Hướng dẫn giải 1 Ta quy đổi E: HCOOCH3 H C O O -C H 2 HCOO- CH2 CH2

Sơ đồ phản ứng: x HCOOCH3 HCOO -CH2

y

HCOONa NaOH 0,56 mol

CH2

0,56 mol a gam

v

Bao toan O

HCOO- CH2 z

CH3OH

CH2

x

C2H4(OH)2 y

40,48 gam

CH2

O2

CO2

0,72 mol

H2 O

1,08 mol

t 51,12 gam

Bảo toàn nhóm COO: x + 2y = 0,56 Bảo toàn O cho sơ đồ đốt cháy ancol: n = 0,98 mol O2

(I)

Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 19,76 gam Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A Lời Giải 2 *Tìm T

16,128  0, 72mol 2 22, 4 19, 44 n H 2O  18  1, 08mol

nCO



nCO

 2

n

H 2O

T là ancol no mạch hở

n

T

 1, 08  0, 72  0,36

10

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 -sơ đồ đốt cháy T : O2 CnH2n+2Ox

n CO2 + ( n+1) H2O 0,72

0,36

n

0, 72 2 0,36

Vậy ancol T gồm C2H5OH và C2H4(OH)2 *sơ đồ phản ứng xà phòng hóa x m ol E 4 0 ,4 8

+

M uoi +

N aO H 0 ,5 6 m o l

gam

2 2 ,4

gam

a gam

C

y m ol C

2 2

H

H

5 4

O H

(O H )2

x + y = 0 ,3 6

Bảo toàn nhóm OH ta có :

x+ y = 0,36

x= 0,16

x + 2y = 0,56

y = 0,2 . Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A

Câu 79(Mã đề 201-2018): Este X hai chức, mạch hở, tạo bởi một ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn chức. Este Y ba chức, mạch hở, tạo bởi glixerol với một axit cacboxylic không no, đơn chức (phân tử có hai liên kết pi).Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X và Y cần vừa đủ 0,5 mol O2 thu được 0,45 mol CO2 .

Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hai ancol (có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử) và hỗn hợp ba muối, trong đó tổng khối lượng muối của hai axit no là a gam. Giá trị của a là A. 13,20.

B 20,60.

C 12,36.

D 10,68.

Hướng dẫn giải 1 Ta quy đổi E: HCOO C 3H 6 C H 3C O O C H 2 = C H -C O O C H 2 = C H -C O O

C 3H 5

C H 2 = C H -C O O CH2

Sơ đồ biến hóa:

11

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 B a o to a n H

HCOO C 3H 6

x

C H 3C O O

H 2 O (5 x + 7 y + z ) O2

C H 2 = C H -C O O

0 ,5 m o l

C H 2 = C H -C O O

CO2 0 ,4 5 m o l

y

C 3H 5

C H 2 = C H -C O O z

CH2

N aO H 0 ,4 2 .t

0 ,1 6 .t

(Ta coi phần TN1 gấp t lần phần TN2) Ta dễ có: x = 0,06t

x + y = 0,16t 2x + 3y =0,42 t

x y

y = 0,1 t

=

3 5

(I) (II)

Bảo toàn C :6x + 12y +z = 0,45 Bảo toàn O : 4x + 6y + 0,5.2 =0,45.2 + 5x + 7y + z x + y + z = 0,1 (III) Giải hệ : x = 0,015 ; y = 0,025 ; z=0,06 → t =0,25 Vì z = 0,06 ; y= 0,025 nên chắc chắn trong gốc axit không no sẽ không chứa nhóm CH2 mà chỉ có trong gốc axit no. Vậy muối axit no là HCOONa

0 ,0 1 5

C H 3 C O O N a 0 ,0 1 5 CH2

0 ,0 6

Dễ tính được giá trị của a = 12,36 gam (chú ý chia cho 0,25) chọn C Hướng dẫn giải 2 R 1C O O C 3H 6

( C n H 2 n -2 O 4 ) R 2C O O x m ol

O2 0 ,5 m o l

R 3CO O

( C m H 2 m -1 0 O 6 )

R 3CO O

C 3H 5

CO2 0 ,4 5 m o l

H 2O t m ol

R 3COO

N aO H y m ol

0 ,4 2 k m o l

( Giả sử lượng chất TN1 gấp k lần thí nghiệm 2) Ta dễ có : 12

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 x = 0,06k

x + y = 0,16k 2x + 3y =0,42 k

x y

y = 0,1 k

=

3 5

(1) Áp dụng ĐLBT O: t = 4x + 6y + 0,1 Theo sự chênh lệch số mol CO2 và H2O và dựa vào hệ số ta có : 0,45 - 4x - 6y - 0,1 = x + 5y nCO 2  n H 2O  x  5 y Từ (1)(2) giải hệ ta có được

5x + 11y = 0,35 (2)

x = 0,015 y = 0,025   3n + 5m = 90 ( n≥ 6; m ≥ 12 ) Áp dụng ĐLBT C: 0,015.n + 0,025.m = 0,045   Chọn được cặp nghiệm :

n = 10 m = 12 Dễ tính được

a = 12,36

Câu 64(Mã đề 202-2018): Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 1,56 mol CO2 và 1,52 mol H2O. Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH trong dịch, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat. Giá trị của a là A. 25,86.

B 26,40.

C 27,70.

D 27,30.

Hướng dẫn giải 1 Ta quy đổi X: C15H31COOH (C15H31COO)3C3H5 CH2

Sơ đồ biến hóa: x C 15H 31C O O H y

O2

CO2

1 ,5 6 m o l

(C 1 5 H 3 1 C O O ) 3 C 3 H 5

z CH2

H 2O

N aO H 0 ,0 9 m o l

1 ,5 2 m o l

M uoi H 2O

x

C 3 H 5 (O H ) 3

Bảo toàn nhóm COO: x + 3y = 0,09 (I) Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta có: 13

y

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 2y =1,56- 1,52 → y =0,02 ; x = 0,03 Bảo toàn C: 16x + 51.y + z =1,56 → z = 0,06 Vậy muối : C15H31COONa 0,09 CH2

0,06

Tính được a =25,86 gam chọn A Hướng dẫn giải 2

Ta quy đổi X: C 15H 31C O O H C 3 H 5 (O H ) 3 CH2 - H 2O

Sơ đồ biến hóa: C 1 5 H 3 1 C O O H 0 ,0 9 C 3H 5(O H )3 x y CH2 - H 2O 3x

CO2

O2

H 2O

1 ,5 6 m o l

1 ,5 2 m o l C 1 5 H 3 1 C O O N a 0 ,0 9

N aO H 0 ,0 9 m o l

y

CH2

+ Áp dụng sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta dễ có: 1,56 – 1,52 = -x +3x → x = 0,02 + Áp dụng ĐLBTC : 0,09 . 16 + 3x + y = 1,56 → y = 0,06 mol (Để tìm x,y HS có thể sử dụng ĐLBT C, H ) Tính được a = 25,86 gam Hướng dẫn giải 3 C 15 H 31 C O O H x m ol C 17 H 35 C O O H y m ol (R C O O ) 3 C 3 H 5 z m ol

(C n H 2n - 4 O 6 )

CO2 1,56 m ol

O 4,46 m ol ( 1)

H 2O 1,52 m ol

(2)

H 2 O ( x + y)

m = 24,64 gam

N aO H M uoi 0,09 m ol

T a de co : x + y + 3z = 0,09

C 3H 8O 3 z

Áp dụng ĐLBT O (1) ta có được : nO = 4,46 Áp dụng ĐLBTKL (1) m= 24,64 gam Sự chênh lệch số mol CO2 và số mol H2O : z = 0,02 ; x + y = 0,03 Áp dụng ĐLBTKL (2): 24,64 + 0,09.40 = a + 0,03.18 + 0,02. 92 → a =25,86 gam chọn A

14

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 74: Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, đều có bốn liên kết pi (π) trong phân tử, trong đó có một este đơn chức là este của axit metacrylic và hai este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hoàn toàn 12,22 gam E bằng O2 , thu được 0,37 mol H2O. Mặt khác, cho 0,36 mol E phản ứng vừa đủ với 234 ml dung dịch NaOH 2,5M, thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức có khối lượng m1 gam và một ancol no, đơn chức có khối lượng m2 gam. Tỉ lệ m1 : m2 có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 2,7. .

B 1,1.

C 4,7.

D 2,9.

Hướng dẫn giải 1 Theo giả thiết đề cho. Không giảm tính tổng quát ta quy đổi E: C H

2

= C

-C O O

C H

C H

- C H

2

C O O C H

3

= C H

3

= C

2

C O O

C H

C O O C H

C H C H

-C

C O O

C H

C H

2

-C H

= C H

2

3 2

-C H

= C H

2

2

Sơ đồ biến hóa: x

C H 2= C -C O O - C H 2-C = C H O2

CH3

CO2

COOCH3 y

CH2 = C H 2 O 0 ,3 7 m o l

C O O C H 2 -C H = C H 2

z

CH

COOCH3

CH t

N aO H 0 ,5 8 5 . a

C O O C H 2 -C H = C H 2

CH2 1 2 ,2 2 g a m

x + y + z = 0 ,3 6 .a

Áp dụng ĐLBT COO: x + 2y + 2z = 0,585.a Ta dễ có : n - n = 3 (x + y + z) CO2 H2O

n CO2

Áp dụng ĐLBTO:

= n + 0,5.n H O x + 2y + 2z + n 2 O2 CO2 n O = 0,495.a + 0,555 2

Áp dụng ĐLBTKL ta tính được a = 2/9

15

= 1,08.a + 0,37

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 x = 0,03 y + z =0,05

thay vào tính được t = 0 Vậy các chất như quy đổi trùng khớp chất trong bài ra An col tương ứng: CH3OH

m2 = 1,6 gam

0,05 mol

m1 m2

CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol

= 2,8625

m1= 4,58 gam CH = C - CH2 - OH 0,03 mol

Chọn D Hướng dẫn giải 2 CO2 C nH 2n

-6

( 0 ,3 7 + 3 t ) m o l

O2

O 2a

t m ol

( 1) H 2O 0 ,3 7 m o l

(2 ) 1 2 ,2 2 g a m

N aO H 0 ,5 8 5 m o l

Theo gt ta dễ có : 0,36 .a = 0,585 → a = 1,625 Áp dụng DDLBTKL : 12,22 = mC + mH + mO = (0,37 + 3t ).12 + 0,37.2 + t.3,25.16 → t = 0,08 mol Áp dụng ĐLBT C : n= 7,625.

Vì 2 este hai chức là đồng phân của nhau ; tạo ra muối axitcacboxylic không no,có 4 C ; ancol tạo ra không no. Nên số nguyên tử C phải ít nhất là 8 ; Vậy các chất trong E : x

C H

2

= C -C O O - C H C H

y

z

C H

C H C H

2

2

-C = C H

3

C O O C H

3

C O O C H

2

= C

C O O C H C O O

C H

-C H = C H

2

3 2

-C H = C H

2

Ta có: x + y + z =0,08 Bảo toàn C: 7x + 8y + 8z = 0,61 Giải hệ: x= 0,03 ; y + z =0,05 An col tương ứng: 16

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 CH3OH

m2 = 1,6 gam

0,05 mol

m1 m2

CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol

= 2,8625

m1= 4,58 gam CH = C - CH2 - OH 0,03 mol

Chọn D Câu 77(Mã đề 222-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,2 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 12,88 gam hỗn hợp ba ancol cùng dãy đồng đẳng và 24,28 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic .Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,175 mol O2 , thu được Na2CO3 ,CO2 và 0,055 mol H2O .Phần trăm khối lượng của X trong E là có già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A. 9.

B. 12.

C.5.

D. 6 Hướng dẫn giải Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau:

HCOOCH3 CH2 = CH- COOCH3 COOCH3 COOCH3 CH2 E Sơ đồ biến hóa hóa học: x HCOOCH3 y CH = CH- COOCH 2 3 COOCH3 z COOCH3

ROH (12,88 gam ) + NaOH

t CH2

x HCOONa y CH2 = CH- COONa z

+ O2 0,175 mol

COONa

CO2

v

H2O 0,055 mol

COONa E

Na2CO3 u

t' CH2

x + y + z = 0,2 (I)

24,28 gam Bao toàn khôi luong : 24,28 + 0,175.32 = 0,055.18 + 106 u + 44 v

28,89 = 106u + 44v

u= 0,175

0,295 = - u + 2v

v= 0,235

Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,175.2 = 3u +2v + 0,055 x + y + 2z = 0,35 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + v =0,41 Bao toàn H: x + 3y + 2t' = 0,055.2

x + 3y + 4z = 0,71 (III)

Từ (I)(II)(III) ta có : x = 0 ,0 2 y = 0 ,0 3

t' = 0

z = 0 ,1 5

17

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được t = 0,12 t’ =0 nên CH2 chỉ thuộc các gốc của ancol nên ta dễ có: 0,12 = 0,02n + 0,03 .m + 0,15.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học 2n + 3m = 12 2 3 4 m 0 1 n 6 4,5 3 1,5 0 Loại Loại Chọn Loại Loại Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau Vậy X là : HCOOC4H9 2,04 . 100% = 8,81% %X = 23,16 Chọn A

Câu 79(Mã đề 213-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,58 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 38,34 gam hỗn hợp ba ancol cùng dãy đồng đẳng và 73,22 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic .Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,365 mol O2 , thu được Na2CO3 , H2O và 0,6 mol CO2 .Phần trăm khối lượng của Y trong E là có già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A. 8.

B. 5.

C.7.

D. 6 Hướng dẫn giải Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau: HCOOCH3 CH2 = CH- COOCH3 COOCH3 COOCH3 CH2 E

Sơ đồ biến hóa hóa học: x HCO OCH 3 y CH = CH- CO OCH 2 3 COOCH 3 z COO CH 3

ROH (38,34 gam ) + N aOH

x HCOO Na y CH 2 = CH- COO Na

t CH 2

z

+ O2 0,365 mol

COONa

CO 2 0,6 mol H 2O

COO Na t' CH 2

E

Na 2 CO 3 u

v

x + y + z = 0,58 (I)

73,22 gam Bao toàn khôi luong : 73,22 + 0,365.32 = 0,6.44 + 106 u + 18 v

58,5 = 106u + 18v

u= 0,54

- 0,47 = - u + v

v= 0,07

Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,365.2 = 3u +v + 0,6.2 x + y + 2z = 1,08 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + 0,6 =1,14 Bao toàn H: x + 3y + 2t' = v.2 =0,14

x + 3y + 4z = 2,14 (III) x + 3y + 4z = 2,14 (III)

18

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Từ (I)(II)(III) ta có :

x=0,05 y = 0,03

t' = 0

z = 0,5 Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được mE = 68,36 gam ; t = 0,27 t’ =0 nên CH2 chỉ thuộc các gốc của ancol nên ta dễ có: 0,27 = 0,05n + 0,03 .m + 0,5.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học 5n + 3m = 27 n m

0 1 2 3 4 5 9 7,3 5,6 4 2,3 0,67 Loại Loại Loại Chọn Loại Loại Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau Vậy Y là : CH2 = CH - COOC5H11 4,26 . 100% = 6,23 % %X = 68,36 Chọn D Câu 74(Tham khảo BGD 2019): Hỗn hợp T gồm ba este X, Y, Z mạch hở (MX < MY < MZ). Cho 48,28 gam T tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,47 mol NaOH, thu được một muối duy nhất của axit cacboxylic đơn chức và hỗn hợp Q gồm các ancol no, mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn Q, thu được 13,44 lít khí CO2 và 14,4 gam H2O. Phần trăm khối lượng của nguyên tố H trong Y là A. 9,38%.

B. 8,93%.

C. 6,52%.

D. 7,55%.

Hướng dẫn giải

RCOONa 0,47 mol NaOH 0,47 mol T

H 2 O 0,8 mol O2

48,28 gam n= 3

C n H 2n + 2 O x 0,2 CO 2 0,6 mol

Bao toan OH: x =2,35

Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 16,32 gam → mMuoi = 50,76 gam → MMuoi = 108 ( CH2=CH-CH2 – COONa) Các este trong T:

19

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 C H 2= C H - C H 2- C O O C 3H 7 C H 2= C H - C H 2- C O O C 3H 6 C H 2= C H - C H 2- C O O C H 2= C H - C H 2- C O O C H 2= C H - C H 2- C O O

C 3H 5

C H 2= C H - C H 2- C O O

% KL H trong Y : 7,55% chọn D Câu 78(Tham khảo BGD 2019): Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức (MX < MY); T là este ba chức, mạch hở được tạo bởi X, Y với glixerol. Cho 23,06 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T và glixerol (với số mol của X bằng 8 lần số mol của T) tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp F gồm hai muối có tỉ lệ mol 1 : 3 và 3,68 gam glixerol. Đốt cháy hoàn toàn F cần vừa đủ 0,45 mol O2, thu được Na2CO3, H2O và 0,4 mol CO2. Phần trăm khối lượng của T trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 29.

B. 35.

C. 26.

D. 25.

Hướng dẫn giải Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau:

8t R1COOH u R2COOH RCOO- CH2 t RCOO- CH RCOO- CH2 v C3H5(OH)3

HCOOH x C3H5(OH)3 y z CH2 a - H2 3t - H2O E

E Sơ đồ biến hóa hóa học: HCOOH 0,4 C3H5(OH)3 0,04 NaOH 0,4 mol z CH2 a - H2 3t - H2O

HCOONa 0,4 z CH2 - H2 a

O2 0,45

Na2CO3 0,2 0,4 CO2 H2O 0,3 mol

Muoi Bao toan O

E 23,06 gam

+ Áp dụng ĐLBT C: z = 0,2 + Bảo toàn H: a =0,1 Vì trong hai muối có tỷ lệ số mol là 1: 3 nên ta dễ xác định được các muối trong F:

20

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 HCOONa 0,3 CH2=CHCOONa

0,1

+ Bảo toàn khối lượng ta dễ tính t =0,03 Vậy ta dễ nhận ra Trong T phải có 2 gốc HCOO : Cấu tạo T : CH2=CH- COO

HCOO

C3H5

HCOO % T = 26,279 % Chọn C

C.THIẾT KẾ BÀI TẬP ESTE TRONG ĐỀ THI THPTQG 2020 Câu 1. Cho 5,88 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 150 ) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một ancol Z và 5,4 gam hỗn hợp muối T.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 0,896 lít khí H2.Đốt cháy hoàn toàn T thu được H2O , Na2CO3 và 0,04 mol CO2 .Phần trăm khối lượng của X trong E là A. 60,33%.

B. 50,34%.

C. 81,52%.

D. 47,83%.

Hướng dẫn giải MX < MY < 150 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) Áp dụng ĐLBT KL ta tính được mancol = 3,68 gam = t.R + 17.tn (tn =0,08) t.R = 2,32 Dễ chọn được ancol là C2H5OH Bao toan nhom OH t.n = 0,04.2 =0,08

COO C H

NaOH 0,08 mol

X 5,88 gam

R(OH)n t mol

+Na

H2 0,04 mol

0,08 COONa 0 C 0,04 H

O2

CO2 0,04 mol

BTC

Na2CO3 0,04

T 5,4 gam

Dễ xác định được muối

21

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 HCOONa 0,04 mol COONa

0,02

COONa

HCOOC2H5 COOC2H5

0,04 mol %X =

2,96

.100% = 50,34 %

5,88

0,02 mol

COOC2H5

Chọn B

Câu 2: Cho 5,96 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 150 ) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một ancol Z và 6,76 gam hỗn hợp muối T.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 1,12 lít khí H2.Đốt cháy hoàn toàn T thu được H2O , Na2CO3 và 0,05 mol CO2 .Phần trăm khối lượng của X trong E là A. 60,33%.

B. 50,27%.

C. 60,40%.

D. 47,83%.

Hướng dẫn giải MX < MY < 150 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) Áp dụng ĐLBT KL ta tính được mancol = 3,2 gam = t.R + 17.tn (tn =0,1) t.R = 1,5 Dễ chọn được ancol là CH3OH Bao toan nhom OH t.n = 0,05.2 =0,1

COO C H

NaOH 0,1 mol

R(OH)n t mol

+Na

0,1 COONa 0 C 0,06 H

X 5,96 gam

H2 0,05 mol

O2

CO2 0,05 mol

BTC

Na2CO3 0,05

T 6,76 gam

Dễ xác định được muối HCOONa 0,06 mol

HCOOCH3

COONa

COOCH3

COONa

0,02

0,06 mol %X = 0,02 mol

3,6 .100% = 60,40 % 5,96

COOCH3

Chọn C

Câu 3. Cho 7,36 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 150 ) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một ancol Z và 6,76 gam hỗn hợp muối T.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 1,12 lít khí H2.Đốt cháy hoàn toàn T cần vừa đủ 0,896 lít O2 (đktc) thu được H2O , Na2CO3 và CO2 .Phần trăm khối lượng của Y trong E là A. 60,33%.

B. 50,27%.

C. 39,67%.

D. 47,83%.

22

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải MX < MY < 150 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) Áp dụng ĐLBT KL ta tính được mancol = 4,6 gam = t.R + 17.tn (tn =0,1) → t.R = 2,9 Dễ chọn được ancol là C2H5OH Bao toan nhom OH t.n = 0,05.2 =0,1

COO C H

NaOH 0,1 mol

R(OH)n t mol

0,1 COONa 0 2y

X 7,36 gam

+Na

C H

H2 0,05 mol O2 0,04

CO2

x mol

Na2CO3 0,05

BTC

H2O y mol

T 6,76 gam

Áp dụng ĐLBTKL: 44x + 18y = 2,74 Áp dụng ĐLBT O : 2x + y = 0,13

x = 0,05 y = 0,03 Dễ xác định được muối HCOONa 0,06 mol COONa COONa

0,02

HCOOC2H5 COOC2H5

0,06 mol %Y = 0,02 mol

2,92 .100% =

39,67 %

7,36

COOC2H5

Chọn C

Câu 4. Cho 5,88 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 147 ) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một ancol Z và 5,4 gam hỗn hợp muối T.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 0,896 lít khí H2. Đốt cháy hoàn toàn T cần vừa đủ 0,672 lít O2 (đktc) thu được H2O , Na2CO3 và CO2.Phần trăm khối lượng của Y trong E là A. 60,33%.

B. 50,34%.

C. 81,52%.

D. 49,66%.

Hướng dẫn giải MX < MY < 147 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức(HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) Áp dụng ĐLBT KL ta tính được mancol = 3,68 gam = t.R + 17.tn (tn =0,08) → t.R = 2,32 Dễ chọn được ancol là C2H5OH

23

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Bao toan nhom OH t.n = 0,04.2 =0,08

COO C H

NaOH 0,08 mol

R(OH)n t mol

H2 0,04 mol Bao toan O

0,08 COONa 0 2y

X 5,88 gam

+Na

C H

O2 0,03

CO2

x mol

Na2CO3 0,04

BTC T 5,4 gam

H2O

ymol

Áp dụng ĐLBTKL: 44x + 18y = 2,12 Áp dụng ĐLBT O : 2x + y = 0,1

x = 0,04 y = 0,02 Dễ xác định được muối HCOONa 0,04 mol COONa COONa

0,02

HCOOC2H5 COOC2H5

0,04 mol %Y = 0,02 mol

2,96 .100% =

50,34 %

5,88

COOC2H5

Chọn D

Câu 5: Cho 5,96 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 150 ) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một ancol Z và 6,76 gam hỗn hợp muối T.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 1,12 lít khí H2. Đốt cháy hoàn toàn T cần vừa đủ 0,56 lít O2 (đktc) thu được H2O , Na2CO3 và CO2 .Phần trăm khối lượng của X trong E là A. 60,33%.

B. 50,27%.

C. 60,40%.

D. 47,83%.

Hướng dẫn giải MX < MY < 150 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) Áp dụng ĐLBT KL ta tính được mancol = 3,2 gam = t.R + 17.tn (tn =0,1) t.R = 1,5 Dễ chọn được ancol là C2H5OH

24

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Bao toan nhom OH t.n = 0,05.2 =0,1

COO C H

NaOH 0,1 mol

R(OH)n t mol

+Na

Bao toan O 0,1 COONa

O2 0,025

0 C 0,06 H

X 5,96 gam

H2 0,05 mol

CO2 0,05 mol

BTC

Na2CO3 0,05

T 6,76 gam

Dễ xác định được muối HCOONa 0,06 mol

HCOOCH3

COONa

COOCH3

0,02

COONa

0,06 mol %X = 0,02 mol

3,6 .100% = 60,40 % 5,96

COOCH3

Chọn C

Câu 6. Cho m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 160 ) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 3,45 gam một ancol Z và 5,07 gam hỗn hợp muối T.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 0,84 lít khí H2.Đốt cháy hoàn toàn T thu được H2O , Na2CO3 và 0,0375 mol CO2 .Phần trăm khối lượng của Y trong E là A. 60,33%.

B. 39,67%.

C. 81,52%.

D. 47,83%.

Hướng dẫn giải MX < MY < 160 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) mancol = 3,45 gam = t.R + 17.tn (tn =0,075) → t.R = 2,175 Dễ chọn được ancol là C2H5OH Áp dụng ĐLBT KL ta tính được m =5,52 gam Bao toan nhom OH t.n = 0,0375.2 =0,075

COO C H X m gam

NaOH 0,075 mol

R(OH)n +Na t mol 3,45 gam 0,075 COONa 0 C 0,045H

H2 0,0375 mol

O2

CO2 0,0375 mol

BTC

Na2CO3 0,0375

T 5,07 gam 25

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Dễ xác định được muối HCOONa 0,045 mol COONa

0,015

COONa

HCOOC2H5 COOC2H5

0,045 mol %Y =

2,19 .100% =

39,67 %

5,52

0,015 mol

COOC2H5

Chọn B

Câu 7. Cho 5,88 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 152 ) tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch NaOH 0,4M , thu được một ancol Z và 5,4 gam hỗn hợp muối T.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được V lít khí H2.Đốt cháy hoàn toàn T thu được H2O , Na2CO3 và V lít CO2 .Phần trăm khối lượng của X trong E là A. 60,33%.

B. 50,34%.

C. 81,52%.

D. 47,83%.

Hướng dẫn giải MX < MY < 152 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) Áp dụng ĐLBT KL ta tính được mancol = 3,68 gam = t.R + 17.tn (tn =0,08) → t.R = 2,32 Dễ chọn được ancol là C2H5OH Bao toan nhom OH t.n = 0,08

COO C H

NaOH 0,08 mol

R(OH)n t mol

+Na

0,08 COONa 0 C 0,04 H

X 5,88 gam

H2 0,04 mol

O2

CO2 0,04 mol

BTC

Na2CO3 0,04

T 5,4 gam

Dễ xác định được muối HCOONa 0,04 mol COONa COONa

0,02

HCOOC2H5 COOC2H5

0,04 mol %X = 0,02 mol

COOC2H5

2,96 .100% =

50,34 %

5,88

Chọn B

Câu 8: Cho m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 148 ) tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch NaOH 1M , thu được 3,2 gam một ancol Z và 6,76 gam hỗn hợp muối T.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được V lít khí H2.Đốt cháy hoàn toàn T thu được H2O , Na2CO3 và V lít CO2 .Phần trăm khối lượng của Y trong E là A. 30,33%.

B. 50,27%.

C. 39,60%.

D. 47,83%.

Hướng dẫn giải MX < MY < 148 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) 26

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 mancol = 3,2 gam = t.R + 17.tn (tn =0,1) → t.R = 1,5 Dễ chọn được ancol là CH3OH Áp dụng ĐLBT KL ta tính được m =5,96 Bao toan nhom OH

t.n = 0,05.2 =0,1 COO C H

R(OH)n +Na t mol 3,2 gam

NaOH 0,1 mol

H2 0,05 mol

0,1 COONa O2

0 C 0,06 H

X m gam

CO2 0,05 mol

BTC

Na2CO3 0,05

T 6,76 gam Dễ xác định được muối HCOONa 0,06 mol

HCOOCH3

COONa

COOCH3

0,02

0,06 mol %Y =

39,60 %

5,96

0,02 mol

COONa

2,36 .100% =

COOCH3

Chọn C

Câu 9. Cho 7,36 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 150 ) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một ancol Z và m gam hỗn hợp muối T.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 1,12 lít khí H2.Đốt cháy hoàn toàn T cần vừa đủ 0,896 lít O2 (đktc) thu được H2O , Na2CO3 và 0,05 mol CO2 .Phần trăm khối lượng của Y trong E là A. 60,33%.

B. 50,27%.

C. 39,67%.

D. 47,83%.

Hướng dẫn giải MX < MY < 150 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) B ao to an n h o m O H t.n = 0 ,0 5 .2 = 0 ,1

COO C H

N aO H 0 ,1 m o l

X 7 ,3 6 g am

R (O H ) n t m ol

+N a

0 ,1 C O O N a 0 2y

C H

H2 0 ,0 5 m o l O2 0 ,0 4

CO2

0 ,0 5 m o l

N a 2 C O 3 0 ,0 5

BTC

H 2O y m o l

T

Áp dụng ĐLBT O : y = 0,03 Áp dụng ĐLBTKL : 27

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 m = 6,76 gam muoi

Áp dụng ĐLBT KL ta tính được mancol = 4,6 gam = t.R + 17.tn (tn =0,1) → t.R = 2,9 Dễ chọn được ancol là C2H5OH Dễ xác định được muối HCOONa 0,06 mol COONa

HCOOC2H5 COOC2H5

0,02

COONa

0,06 mol %Y =

2,92 .100% =

39,67 %

7,36

0,02 mol

COOC2H5

Chọn C

Câu 10. Cho 5,88 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 147 ) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một ancol Z và m gam gam hỗn hợp muối T.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 0,896 lít khí H2. Đốt cháy hoàn toàn T cần vừa đủ 0,672 lít O2 (đktc) thu được CO2, Na2CO3 và 0,02 mol H2O .Phần trăm khối lượng của Y trong E là A. 49,66%.

B. 50,34%.

C. 81,52%.

D. 50,83%.

Hướng dẫn giải MX < MY < 150 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức vì (HCOO)3C3H5 ( M = 176 )

Bao toan nhom OH t.n = 0,04.2 =0,08

COO C H

NaOH 0,08 mol

R(OH)n t mol

+Na

0,08 COONa 0 C 0,04 H

X 5,88 gam

H2 0,04 mol O2 0,03

CO2

x mol

Na2CO3 0,05

BTC

H2O 0,02 mol

T Áp dụng ĐLBT O : x = 0,05 Áp dụng ĐLBTKL : m = 5,4 gam muoi

Áp dụng ĐLBT KL ta tính được mancol = 3,68 gam = t.R + 17.tn (tn =0,08) → t.R = 2,32 Dễ chọn được ancol là C2H5OH Dễ xác định được muối HCOONa 0,04 mol COONa COONa

0,02

HCOOC2H5 COOC2H5

0,04 mol %Y = 0,02 mol

COOC2H5

2,92 .100% =

49,66 %

5,88

Chọn A 28

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 11.Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 175 ) thu được 5,6 lít CO2 .Cho m gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một muối và 3,925 gam hỗn hợp ancol Z .Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 1,4 lít khí H2.Phần trăm khối lượng của X trong E là A. 29,63%.

B. 62,28%.

C. 40,40%.

D. 30,30%.

Hướng dẫn giải MX < MY < 175 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức vì (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) Áp dụng ĐLBT KL ta tính được mancol = 3,925 gam = t.R + 17.tn (tn =0,125) t.R = 1,8( có CH3OH và R’(OH)2 ) 0,25 mol CO2 Bao toan nhom OH t.n = 0,0625.2 =0,125 O2 0,125 COO 0,125 C H

NaOH 0,125 mol

R(OH)n +Na t mol 3,925 gam

H2 0,0625 mol

0,125 COONa C H

E m gam

Xét trong E ta thấy nC = nCOO nên X, Y lần lượt là

x

HCOOCH3 HCOO

y HCOO

CH2

x + 2y = 0,125

CH2

32x + 62y = 3,925

x =0,05 y = 0,0375

Ta dễ có :

%X = 3 .100% = 40,40% 7,425

Chọn C

Câu 12.Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 175 ) thu được 5,6 lít CO2 .Cho m gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một muối và 3,925 gam hỗn hợp ancol Z .Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 1,4 lít khí H2.Thể tích O2 cần để đốt vừa đủ lượng X trong E là A. 1,12 lít.

B. 4,48 lít .

C. 2,24 lít.

D. 6,72 lít.

Hướng dẫn giải MX < MY < 175 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức vì (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) Áp dụng ĐLBT KL ta tính được mancol = 3,925 gam = t.R + 17.tn (tn =0,125) t.R = 1,8( có CH3OH và R’(OH)2 )

29

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 0,25 mol CO2 Bao toan nhom OH t.n = 0,0625.2 =0,125 O2 0,125 COO 0,125 C H

R(OH)n +Na t mol 3,925 gam

NaOH 0,125 mol

H2 0,0625 mol

0,125 COONa C H

E m gam

Xét trong E ta thấy nC = nCOO ; khi xà phòng hóa chỉ thu được 1 muối nên X, Y lần lượt là

x

HCOOCH3 HCOO

y HCOO

CH2

x + 2y = 0,125

CH2

32x + 62y = 3,925

V = 2,24 lít

x =0,05 y = 0,0375

Ta dễ có :

Chọn C

Câu 13.Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 160 ) thu được 4,48 lít CO2 .Cho m gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một 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. Thể tích O2 cần để đốt vừa đủ lượng Y trong E là A. 1,12 lít.

B. 2,688 lít .

C. 3,360 lít.

D. 2,352 lít.

Hướng dẫn giải Áp dụng ĐLBT KL ta tính được mancol = 3,14 gam = t.R + 17.tn (tn =0,1) MX < MY < 160 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức vì (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) t.R = 1,44( có CH3OH và R’(OH)2 ) 0 ,2 m o l CO2 B a o to a n n h o m O H t.n = 0 ,0 5 .2 = 0 ,1 O 0 ,1 C O O C H E m gam

2

N aO H 0 ,1 m o l

R (O H )n t m ol

+N a

H2 0 ,0 5 m o l

0 ,1 C O O N a C H

Xét trong E ta thấy nC = nCOO nên X, Y lần lượt là

30

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 x

HCOOCH3 HCOO

y HCOO

CH2

x + 2y = 0,1

CH2

32x + 62y = 3,14

V = 2,352 lít

x = 0,04 y = 0,03

Ta dễ có :

Chọn D

Câu 14:Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 150 ) thu được 6,72 lít CO2 .Cho m gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một ancol Z và 10,14 gam hỗn hợp muối.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 1,12 lít khí H2. Thể tích O2 cần để đốt vừa đủ lượng E là A. 12,768 lít.

B. 2,688 lít .

C. 3,024 lít.

D. 6,384 lít.

Hướng dẫn giải

0,3 mol CO2 Bao toan nhom OH t.n = 0,075.2 =0,15 O2 0,15 COO C H

NaOH 0,15 mol

R(OH)n t mol

+Na

H2 0,075 mol

0,15COONa C H

E m gam

10,14 gam Xét trong E ta thấy nC = nCOO ; MX < MY < 150 , X là HCOOCH3; thu được 1 ancol nên tìm được Y

x HCOOCH3 COOCH3

x = 0,09

x + 2y = 0,15

y

y = 0,03 68x + 134y = 10,14

COOCH3 Ta dễ có :

V = 6,384 lít

Chọn D

Câu 15.Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 150 ) thu được 4,48 lít CO2 .Cho m gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một ancol Z và hỗn hợp muối.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 1,12 lít khí H2. Thể tích O2 cần để đốt vừa đủ lượng X trong E là A. 2,352 lít.

B. 4,032 lít .

C. 3,360 lít.

D. 2,688 lít

31

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải

0,2 mol CO2 Bao toan nhom OH t.n = 0,05.2 =0,1 O2 0,1 COO C H

R(OH)n t mol

NaOH 0,1 mol

+Na

H2 0,05 mol

0,1 COONa C H

E m gam

Xét trong E ta thấy nC = nCOO ; MX < MY < 150 , X là HCOOCH3; thu được 1 ancol nên tìm được Y

x HCOOCH3 COOCH3

x = 0,06

x + 2y = 0,1

y

y = 0,02 68x + 134y = 6,76

COOCH3 Ta dễ có :

V = 2,688 lít

Chọn D

Câu 16:Đốt cháy hoàn toàn m1 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 150 ) thu được 6,72 lít CO2 và m2 gam H2O.Cho m1 gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được một ancol Z và 10,14 gam hỗn hợp muối.Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư , thu được 1,12 lít khí H2. Giá trị của (m1 + m2 ) là A. 13,8.

B. 18,66 .

C. 17,28.

D. 18,38 .

Hướng dẫn giải H2O t mol CO2 0,3 mol Bao toan nhom OH t.n = 0,075.2 =0,15 O2 0,15 COO C H E m gam

NaOH 0,15 mol

R(OH)n t mol

+Na

H2 0,075 mol

0,15COONa C H 10,14 gam

Xét trong E ta thấy nC = nCOO ; MX < MY < 150 , X là HCOOCH3; thu được 1 ancol nên tìm được Y 32

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 x HCOOCH3 COOCH3

x = 0,09

x + 2y = 0,15

y

y = 0,03 68x + 134y = 10,14

COOCH3

Ta dễ có : Bảo toàn H tính t = 0,27 m1 + m2 = 8,94 + 4,86 =13,8 gam

Chọn A

Câu 17.Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol ; MX < MY < 148 ) thì cần vừa đủ 4,256 lít O2 và thu được 3,24 gam H2O và CO2.Cho m gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,1 mol NaOH , thu được một ancol Z và hỗn hợp muối T. Phần trăm khối lượng của muối có phẩn tử khối nhỏ trong T là A. 44,30%.

B. 60,26%.

C. 74,50%.

D. 60,36%.

Hướng dẫn giải Bao toan O

CO2 0,2 mol H2O 0,18 mol Bao toan OH

O2 0,19 mol 0,1 COO C H

R(OH)n t mol

NaOH 0,1 mol

t.n = 0,05.2 =0,1

0,1 COONa C H

E m gam

m' gam Áp dụng ĐLBTKL: m = 5,96 MX < MY < 160 nên X,Y chỉ có thể là este đơn chức hoặc 2 chức vì (HCOO)3C3H5 ( M = 176 ) Xét trong E ta thấy nC = nCOO ; X là HCOOCH3; thu được 1 ancol nên tìm được Y

x HCOOCH3 COOCH3

x = 0,06

x + 2y = 0,1

y

y = 0,02 60x + 118y = 5,96

COOCH3 Ta dễ có :

m' = 6,76 gam

%HCOONa =

4,08.100% = 60,36% 6,76 Chọn D

33

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 18. Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,2 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 11,2 gam một ancol duy nhất và 25,26 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic .Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,28 mol O2 , thu được Na2CO3 ,CO2 và 0,125 mol H2O .Phần trăm khối lượng của X trong E là có già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A. 8.

B. 10.

C.5.

D. 6 Hướng dẫn giải

x HCOOR y CH = CH- COOR 2 COOR z COOR

+ NaOH 0,35 mol

t CH2

ROH (11,2 gam ) 0,35 mol x HCOONa y CH2 = CH- COONa z

+ O2 0,28 mol

COONa

CO2

v

H2O 0,125 mol

COONa t CH2

E

Na2CO3 u

x + y + z = 0,2 (I)

25,26 gam Bao toàn khôi luong : 25,26 + 0,28.32 = 0,125.18 + 106 u + 44 v

31,97 = 106u + 44v

u=0,175

0,435 = - u + 2v

v= 0,305

Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,28.2 = 3u +2v + 0,125 x + y + 2z = 0,35 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t = u + v =0,48 Bao toàn H: x + 3y + 2t = 0,125.2

x + 3y + 4z = 0,71 (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

x=0,02 y = 0,03

t = 0,07

z = 0,15 Xác định được ancol là CH3OH → ta tìm được t = 0,07 0,07 = 0,02n + 0,03 .m + 0,15.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học : 2n + 3m = 7 m 0 1 2 n 3,5 2 0,5 Loại Chọn Loại Loại vì : số lẻ Vậy X là : C2H5COOCH3 %X = 1,76 . 100% = 7,84 % 22,46 Chọn A

34

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 19. Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 13,34 gam một ancol duy nhất và 20,68 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic .Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,205 mol O2 , thu được Na2CO3 ,CO2 và 0,085 mol H2O .Phần trăm khối lượng của X trong E là có già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A. 7.

B. 8.

C.9.

D. 6 Hướng dẫn giải

x HCOOR y CH = CH- COOR 2 COOR z COOR

+ NaOH 0,29 mol

t CH2

ROH (13,34 gam ) 0,29 mol x HCOONa y CH2 = CH- COONa z

CO2

v

(I)

20,68 gam Bao toàn khôi luong : 20,68 + 0,205.32 = 0,085.18 + 106 u + 44 v

25,71 = 106u + 44v

Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u

0,325 = - u + 2v

Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,205.2 = 3u +2v + 0,085 x + y + 2z = 0,29 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t = u + v =0,38 Bao toàn H: x + 3y + 2t = 0,085.2

x + 3y + 4z = 0,59 (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

x=0,02 y = 0,03

Na2CO3 u

H2O 0,085 mol

COONa t CH2

E x + y + z = 0,17

COONa

+ O2 0,205mol

t = 0,03

z = 0,12 Xác định được ancol là C2H5OH 0,03 = 0,02.n + 0,03 .m + 0,12.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học : 2n + 3m = 3 m 0 1 n 1,5 0 Loại Chọn Loại vì : số lẻ Vậy X là : HCOOC2H5 1,48 . 100% = 6,6 % %X = 22,42 Chọn A

35

u=0,145 v= 0,235

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 20. Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,87 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 57,51 gam hỗn hợp ba ancol cùng dãy đồng đẳng và 109,83 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic .Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,5475 mol O2 , thu được Na2CO3 , H2O và 0,9 mol CO2 .Phần trăm khối lượng của Y trong E là có già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A. 8.

B. 5.

C.7.

D. 6 Hướng dẫn giải x HCOOCH3 y CH = CH- COOCH 2 3 COOCH3 z COOCH3

ROH (57,51 gam ) + NaOH

t CH2

x HCOONa y CH2 = CH- COONa z

+ O2 0,5475 mol

COONa

Na2CO3 u

H 2O v

COONa t' CH2

E

CO2 0,9 mol

x + y + z = 0,87 (I)

109,83 gam Bao toàn khôi luong : 109,83 + 0,5475.32 = 0,9.44 + 106 u + 18 v

87,75 = 106u + 18v

u=0,81

- 0,705 = - u + v

v= 0,105

Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,5475.2 = 3u +v + 0,9.2 x + y + 2z = 1,62 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + 0,9 =1,71 Bao toàn H: x + 3y + 2t' = v.2 =0,21

x + 3y + 4z = 3,21 (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

x=0,075 y = 0,045

t' = 0

z = 0,75 Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được mE = 102,54 gam ; t = 0,405 t’ =0 nên CH2 chỉ thuộc các gốc của ancol nên ta dễ có: 0,405 = 0,075n + 0,045 .m + 0,75.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học : 5n + 3m = 27 n 0 1 2 3 4 5 m 9 7,3 5,6 4 2,3 0,67 Loại Loại Loại Chọn Loại Loại Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau Vậy Y là : CH2 = CH - COOC5H11 6,39 . 100% = 6,23 % %X = 102,54 Chọn D

36

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 21. Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,58 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 49,68 gam một ancol và 75,46 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic .Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,605 mol O2 , thu được Na2CO3 , H2O và 0,76 mol CO2 .Phần trăm khối lượng của Y trong E là có già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A. 8.

B. 5.

C.7.

D. 6 Hướng dẫn giải

x HCOOR y CH = CH- COOR 2 COOR z COOR

+ NaOH

t CH2

ROH (49,68 gam ) 1,08 mol x HCOONa y CH2 = CH- COONa z

+ O2 0,605 mol

COONa

CO2 0,76 mol H2O v

COONa E

Na2CO3 u

t CH2

x + y + z = 0,58 (I)

75,46 gam Bao toàn khôi luong : 75,46 + 0,605.32 = 0,76.44 + 106 u + 18 v

61,38 = 106u + 18v

u=0,54

- 0,31 = - u + v

v= 0,23

Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,605.2 = 3u +v + 0,76.2 x + y + 2z = 1,08 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t = u + 0,76 =1,3 Bao toàn H: x + 3y + 2t = v.2 =0,46

x + 3y + 4z = 2,14 (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

x=0,05 y = 0,03

t = 0,16

z = 0,5 Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được mE = 81,94 gam ; dễ xác định được ancol là C2H5OH 0,16 = 0,05n + 0,03 .m + 0,5.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học 5n + 3m = 16 n 0 1 2 3 m 5,33 3,67 2 0,33 Loại Loại Chọn Loại Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau Vậy Y là : (CH2)2CH2 = CH - COOC2H5 %Y = 3,72 . 100% = 4,54 % 81,94 Chọn B 37

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 22:Đốt cháy hoàn toàn 21,74 gam hỗn hợp T gồm triglixerit X và triolein Y , thu được H2O và 1,395 mol CO2. Cho 21,74 gam T tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và hỗn hợp muối trong đó có 13,68 gam natrioleat còn lại là muối của axitcacboxylic no .

Phần trăm khối lượng của natrioleat trong hỗn hợp muối là A. 60,96 % .

B. 50,96 %.

C. 60,56 %.

D. 39,04 %.

Hướng dẫn giải

nC17H33COONa  0,045mol C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,045

H2O CO2 1,395 mol NaOH

21,74 gam

HCOONa 3a CH2 b 0,045 - H2

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: C3H5(OH)3 a 6a + b = 1,395 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,09 = 21,74 → 176a + 14b = 21,83 (II) Từ (I)(II) ta có a = 0,025 ; b = 1,245 → mmuoi = 22,44 gam

%mC17H33COONa 

13,68 .100%  60,96% 22,44

Câu 23: Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 4a). Hiđro hóa m1 gam X cần 6,72 lít H2 (đktc), thu được 39 gam Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,7 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m2 gam chất rắn.

Giá trị của m2 là A. 57,2.

B. 42,6.

C. 53,2.

D. 52,6.

Hướng dẫn giải 1 Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 4 k 1 → k = 5 ( có 2п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 2x = 0,3 m1 gam

NaOH 0,7 mol

Chat ran m2 gam C3H5(OH)3 x 38

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Ta dễ có x = 0,15 Ta dễ xác định được m1 =38,4 Áp dụng ĐLBTKL : 38,4 + 0,7.40 = m2 + 0,15.92 → m2 = 52,6 gam Chọn D Lời Giải 2 CnH2n+2-2kO6 Gọi CTPT của X là Sơ đồ đốt cháy : + O2 CnH2n+2-2kO6 n CO2 + ( n+1-k) H2O

a mol

c mol

b mol

Theo bài ra ta có : b- c = 4 a. nên n-(n+1-k) = 4 → k = 5 vậy trong X phải có 2 lk ∏ ở gốc axit *X + 2H2 → Y . ta dễ tính được m1 = 38,4 gam và nX = 0,15 mol *Sơ đồ phản ứng xà phòng hóa : OH R1COO Na R1COO + R2COO Na R2COO OH + 3 NaOH

R3COO 0,15 mol

R3COO Na NaOH du

0,7 mol 28 gam

m2 gam

38,4 gam

OH 0,15 mol 13,8 gam

Áp dụng ĐLBTKL : m2 = 52,6 gam chọn D Câu 24 .Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 3a). Hiđro hóa m1 gam X cần 3,36 lít H2 (đktc), thu được 86,85 gam Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,5 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m2 gam chất rắn. Giá trị của m2 là A. 92,75.

B. 92,65.

C. 83,25.

D. 97,07.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 3 k 1 → k = 4 ( có 1п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 x = 0,15

NaOH 0,5 mol

Chat ran m2 gam

m1 gam C3H5(OH)3 x Ta dễ có x = 0,15 Ta dễ xác định được m1 =86,55 Áp dụng ĐLBTKL : 86,55 + 0,5.40 = m2 + 0,15.92 → m2 = 92,75 gam Chọn A

39

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 25: Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 3a). Hiđro hóa hoàn toàn m1 gam X cần 3,36 lít H2 (đktc), thu được Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,5 mol KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được 100,75 gam chất rắn. Giá trị của m1 là A. 92,75.

B. 86,55.

C. 83,25.

D. 94,55.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 3 k 1 → k = 4 ( có 1п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 x = 0,15

KOH 0,5 mol

Chat ran 97,07 gam

C3H5(OH)3 x m1 gam Ta dễ có x = 0,15 Áp dụng ĐLBTKL : m1 + 0,5.56 = 100,75 + 0,15.92 → m1 = 86,55 gam Chọn B

Câu 26: Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 4a). Hiđro hóa m1 gam X cần 6,72 lít H2 (đktc), thu được 39 gam Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,6 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m2 gam chất rắn.

Giá trị của m2 là A. 57,2.

B. 42,6.

C. 48,6.

D. 52,6.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 4 k 1 → k = 5 ( có 2п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 2x = 0,3

NaOH 0,6 mol

Chat ran m2 gam

C3H5(OH)3 x m1 gam Ta dễ có x = 0,15 Ta dễ xác định được m1 =38,4 Áp dụng ĐLBTKL : 38,4 + 0,6.40 = m2 + 0,15.92 → m2 = 48,6 gam Chọn C

Câu 27:Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp T gồm triglixerit X và 0,01 mol triolein Y , thu được H2O và 1,395 mol CO2. Cho m gam T tác dụng với dung dịch KOH vừa đủ , thu được glixerol và 23,64 gam hỗn hợp muối trong đó có 14,4 gam kalioleat còn lại là muối của axitcacboxylic no .

Giá trị của m là 40 A. 21,79 .

B. 21,74.

C. 30,74.

D. 39,04.

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải

nC17H33COOK  0,045mol C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,045

H2 O CO2 1,395 mol KOH

m gam

HCOOK 3a CH2 b 0,045 - H2 23,64 gam C3H5(OH)3 a

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: 6a + b = 1,395 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 252a + 14b – 0,09 = 23,64 → 252a + 14b = 23,73 (II) Từ (I)(II) ta có a = 0,025 ; b = 1,245 → m = 21,74 gam

%mC17H33COONa 

13,68 .100%  60,96% 22,44

Câu 28 : Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 4a). Hiđro hóa hoàn toàn m1 gam X cần 6,72 lít H2 (đktc), thu được Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,55 mol KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được 55,4 gam chất rắn. Giá trị của m1 là A. 57,2.

B. 55,4.

C. 38,4.

D. 52,6.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 4 k 1 → k = 5 ( có 2п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 2x = 0,3

NaOH 0,55 mol

Chat ran 55,4 gam

C3H5(OH)3 x m1 gam Ta dễ có x = 0,15 Áp dụng ĐLBTKL : m1 + 0,55.56 = 55,4 + 0,15.92 → m1 = 38,4 gam Chọn C

Câu 29: Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 5a). Hiđro hóa m1 gam X cần 6,72 lít H2 (đktc), thu được 89 gam Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,65 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m2 gam chất rắn. Giá trị của m2 là Hướng dẫn giải A. 105,20.

B. 92,65.

C. 83,25.

D. 97,07.

41

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 5 k 1 → k = 6 ( có 3п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 3x = 0,3

NaOH 0,65 mol

Chat ran m2 gam

C3H5(OH)3 x m1 gam Ta dễ có x = 0,1 Ta dễ xác định được m1 =88,4 Áp dụng ĐLBTKL : 88,4 + 0,65.40 = m2 + 0,1.92 → m2 = 105,2 gam Chọn A

Câu 30 .Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 5a). Hiđro hóa m1 gam X cần 6,72 lít H2 (đktc), thu được 89 gam Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,5 mol KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được 107,2 gam chất rắn. Giá trị của m1 là A. 105,20.

B. 92,65.

C. 88,40.

D. 97,07.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 5 k 1 → k = 6 ( có 3п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 3x = 0,3

KOH 0,5 mol

Chat ran 107,2 gam

C3H5(OH)3 x m1 gam Ta dễ có x = 0,1 Áp dụng ĐLBTKL : m1+ 0,5.56 = 107,2 + 0,1.92 → m1 = 88,4 gam Chọn C

Câu 31.Đốt cháy hoàn toàn a mol triglixerit X thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 5a). Đun nóng 88,4 gam X với dung dịch chứa 0, 46 mol KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được 104,96 gam chất rắn.Biết 88,4 gam X phản ứng được tối đa t mol Br2 . Giá trị của t là.

A. 0,2.

B. 0,1.

C. 0,25.

D.0,3.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 5 k 1 → k = 6 ( có 3п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y

42

KOH 0,46 mol

Chât ran 104,96 gam

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

Áp dụng ĐLBTKL : 88,4 + 0,46.56 = 104,96 + x.92 → x =0,1 → t = 0,3

Chọn D

Câu 32: Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 4a). Hiđro hóa m1 gam X cần 5,04 lít H2 (đktc), thu được 29,25 gam Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,6 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m2 gam chất rắn. Giá trị của m2 là A. 57,20.

B. 42,45.

C. 53,20.

D. 52,60.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 4 k 1 → k = 5 ( có 2п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 2x = 0,225

NaOH 0,6 mol

Chat ran m2 gam C3H5(OH)3 x

m1 gam

Ta dễ có x = 0,1125 Ta dễ xác định được m1 =28,8 Áp dụng ĐLBTKL : 28,8 + 0,6.40 = m2 + 0,1125.92 → m2 =42,45 gam Chọn B Câu 33 .Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 3a). Hiđro hóa m1 gam X cần 5,04 lít H2 (đktc), thu được 130,275 gam Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,75 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m2 gam chất rắn. Giá trị của m2 là A. 139,125.

B. 122,650.

C. 83,250.

D. 97,070.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 3 k 1 → k = 4 ( có 1п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 x = 0,225 m1 gam

NaOH 0,75 mol

Chat ran m2 gam 43

C3H5(OH)3 x

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Ta dễ có x = 0,225 Ta dễ xác định được m1 =129,825 Áp dụng ĐLBTKL : 129,825 + 0,75.40 = m2 + 0,225.92 → m2 = 139,125 gam .Chọn A Câu 34 .Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 3a). Hiđro hóa hoàn toàn m1 gam X cần 1,68 lít H2 (đktc), thu được Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,3 mol KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được 53,175 gam chất rắn. Giá trị của m1 là A. 92,75.

B. 86,55.

C. 83,25.

D. 43,275 Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 3 k 1 → k = 4 ( có 1п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 x = 0,075

KOH 0,3 mol

Chat ran 53,175 gam

C3H5(OH)3 x m1 gam Ta dễ có x = 0,075 Áp dụng ĐLBTKL : m1 + 0,3.56 = 53,175 + 0,075.92 → m1 = 43,275 gam Chọn D

Câu 35: Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 4a). Hiđro hóa m1 gam X cần 8,4 lít H2 (đktc), thu được 48,75 gam Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,75 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m2 gam chất rắn. Giá trị của m2 là A. 57,25.

B. 42,60.

C. 48,60.

D. 60,75.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 4 k 1 → k = 5 ( có 2п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 2x = 0,375 m1 gam

NaOH 0,75 mol

Chat ran m2 gam C3H5(OH)3 x

Ta dễ có x = 0,1875 Ta dễ xác định được m1 =48 44

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Áp dụng ĐLBTKL : 48 + 0,75.40 = m2 + 0,1875.92 → m2 =60,75 gam Chọn D Câu 36: Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 4a). Hiđro hóa hoàn toàn m1 gam X cần 2,24 lít H2 (đktc), thu được Y (este no). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,2 mol KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được 19,4 gam chất rắn. Giá trị của m1 là A. 57,2.

B. 12,8.

C. 38,4.

D. 52,6.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 4 k 1 → k = 5 ( có 2п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x NaOH HCOO 3x Chat ran 0,2 mol CH2 y 19,4 gam - H2 2x = 0,1 m1 gam

C3H5(OH)3 x

Ta dễ có x = 0,05 Áp dụng ĐLBTKL : m1 + 0,2.56 = 55,4 + 0,05.92 → m1 = 12,8 gam Chọn B Câu 37: Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol 178 CO2 và c mol H2O (b – c = 5a). Hiđro hóa m1 gam X cần 4,48 lít H2 (đktc), thu được gam Y (este no).

3 Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,45 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m2 gam chất rắn. Giá trị của m2 là A. 105,20.

B. 92,65.

C. 70,80.

D. 97,07 .

Hướng dẫn giải nCO2  nH 2O → k-1 = 5 Áp dụng công thức : neste  k 1 → k = 6 ( có 3п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x NaOH HCOO 3x Chat ran 0,45 mol CH2 y m2 gam - H2 0, 23x = 0,2 Ta dễ có x = mol 3 C3H5(OH)3 x m1 gam 884 Ta dễ xác định được m1 = gam 15 884 0, 2 Áp dụng ĐLBTKL : + 0,45.40 = m2 + .92 → m2 = 70,8 gam Chọn C 15 3

Câu 38: Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol 178 CO2 và c mol H2O (b – c = 5a). Hiđro hóa m1 gam X cần 4,48 lít H2 (đktc), thu được gam Y (este no).

3 45 Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,45 mol KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được 78 gam chất rắn. Giá trị của m1 là A. 60,20.

B. 58,93.

C. 88,40.

D. 97,07.

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 5 k 1 → k = 6 ( có 3п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 3x = 0,2

KOH 0,45 mol

Chat ran 78 gam C3H5(OH)3 x

m1 gam 0, 2 Ta dễ có x = 3

Áp dụng ĐLBTKL : m1+ 0,45.56 = 78 +

0, 2 .92 → m1 = 58,933 gam Chọn B 3

Câu 39 .Đốt cháy hoàn toàn a mol triglixerit X thu được b mol CO2 và c mol H2O (b – c = 5a). Đun nóng 44,2 gam X với dung dịch chứa 0, 3 mol KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được 56,4 gam chất rắn.Biết 110,5 gam X phản ứng được tối đa t mol Br2 .Giá trị của t là.

A. 0,215.

B. 0,375.

C. 0,325.

D.0,300.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức : neste 

nCO2  nH 2O

→ k-1 = 5 k 1 → k = 6 ( có 3п ở gốc + 3 п ở chức COO) Ta quy đổi X và có sơ đồ biến hóa như sau: C3H5 x KOH HCOO 3x 0,3 mol Chât ran CH2 y 56,4 gam - H2 3x Áp dụng ĐLBTKL : 44,2 + 0,3.56 = 56,4 + x.92 → x =0,05 Vì 110,5 gam 44,2 gấp gam2,5 lần 44,2 gam → t = 0,375 . Chọn B C3H5(OH)3 x

Câu40 :Đốt cháy hoàn toàn 32,175 gam triglixerit X, thu được CO2 và 1,9125 mol H2O. Cho 32,175 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và m gam muối .Mặt khác 25,74 gam X tác dụng được tối đa với 0,06 mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của m là A. 34,65.

B. 33,225.

C.34,275.

D. 30,225.

Hướng dẫn giải Nhận thấy 32,175 gấp 1,25 lần 25,74

C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,075 + Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: 32,175 gam

H2O 1,9125 mol

NaOH

46

HCOONa 3a b CH2 - H2 0,075

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 4a + b – 0,075 = 1,9125 → 4a + b = 1,9875 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,15 = 32,175 → 176a + 14b = 32,325 (II) Từ (I)(II) ta có a = 0,0375 ; b = 1,8375 → m = 33,225

Câu 41 :Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 4,62 mol O2 thu được CO2 và 3 mol H2O. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và 53,04 gam muối .Mặt khác m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của a là A. 0,3.

B. 0,36.

C.0,18.

D. 0,24.

Hướng dẫn giải

C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 a m gam

O2 4,62 mol

H2O 3 mol CO2 (6x + y)

NaOH

HCOONa 3x CH2 y a - H2 53,04 gam C3H5(OH)3 x

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: 4x + y – a = 3 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 53,04 (II) + Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 4,62 = 6x+ y + 1,5 → 3x + y = 3,12 (III) Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,06 ; y = 2,94 ; a = 0,18

Câu 42 : Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 6,93 mol O2 thu được H2O và 4,95 mol CO2. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và 79,56 gam muối .Mặt khác m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của a là A. 0,27.

B. 0,36.

C.0,45.

D. 0,54.

Hướng dẫn giải

C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 a m gam

O2 6,93 mol

H2O (4x + y - a) mol CO2 4,95 mol

NaOH

HCOONa 3x CH2 y a - H2 79,56 gam C3H5(OH)3 x

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: 6x + y = 4,95 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 79,56 47

(II)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 + Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 6,93 = 2x+ 0,5.y – 0,5.a + 4,95 → x – 0,5 y + 0,5.a = - 1,98 (III) Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,09 ; y = 4,41 ; a = 0,27

Câu 43: Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp X gồm ba triglixerit cần vừa đủ 4,77 mol O2, thu được3,14 mol H2O. Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 78,9 gam X (xúc tác Ni, to), thu được hỗn hợp Y. Đunnóng Y với dung dịch KOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối. Giá trị của m là A. 86,10.

B. 57,40.

C. 83,82.

D. 57,16.

Hướng dẫn giải C3H5 0,06 HCOO 0,18 CH2 x - H2 a

O2 4,77

H2O 3,14 mol CO2 (0,36 + x) mol

m1 gam Áp dụng ĐLBT O: 0,18 + 4,77 = 0,36 + x + 1,57 → x = 3,02 mol Áp dụng ĐLBT H: 0,06.2,5 + 0,09 + 3,02 – a = 3,14 →a = 0,12 → m1 = 52,6 gam Sơ đồ thí nghiệm 78,9 gam X (gấp 1,5 lần thí nghiệm 1) C3H5 0,09 C3H5 0,09 H2 HCOO 0,27 KOH HCOO 0,27 HCOOK 0,27 mol CH2 4,53 4,53 CH2 CH2 4,53 mol - H2 0,18

m gam

78,9 gam Dễ tính được m = 86,10 gam chọn A

Câu 44: Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 9,66 mol O2 , thu được H2O và 6,84 mol CO2 .

Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,12.

B. 0,24.

C. 0,60.

D. 0,48 Hướng dẫn giải Ta quy đổi X như sau:

C3H5 x C17H35COO 3x - H2 a

O2 9,66

H2O (55x -a) mol CO2 6,84 mol

m gam +Bảo toàn C: x = 0,12 +Bảo toàn O: a =0,24 mol Chọn B

Câu 45. Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp A gồm hai triglixerit X,Y trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn 48 m gam A cần vừa đủ 2,435 mol O2 , thu được H2O và 1,71 mol CO2 . Mặt khác, 3m gam A tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,02.

B. 0,06.

C. 0,03.

D. 0,16.

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

Hướng dẫn giải Ta quy đổi A như sau:

C3H5 x C17H35COO 3x - H2 t

O2 2,435

H2O (55x -t) mol CO2 1,71 mol

m gam +Bảo toàn C: x = 0,03 +Bảo toàn O: t=0,02 mol Dễ tính được a = 0,06 .Chọn B

Câu 46. Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp A gồm hai triglixerit trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam A cần vừa đủ a mol O2 , thu được H2O và 3,42 mol CO2 . Mặt khác, 2m gam A tác dụng tối đa với 0,08 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là A. 4,870.

B. 2,435.

C. 5,035.

D. 6,160.

Hướng dẫn giải Ta quy đổi A như sau: C3H5 x C17H35COO 3x - H2 0,04

O2 a mol

H2O (55x -0,04) mol CO2 3,42 mol

+Bảo toàn C: x = 0,06 m gam +Bảo toàn O: a=4,87 mol .Chọn A

Câu 47:Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri panmitat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam X cần vừa đủ 1,55 mol O2 , thu được H2O và 1,1 mol CO2 . Mặt khác, 25,74 gam X tác dụng tối đa với t mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của t là A. 0,04.

B. 0,08.

C. 0,20.

D. 0,06.

Hướng dẫn giải Ta quy đổi X như sau: Bao toan khoi luong C3H5 x C15H31COO 3x - H2 a CH2 y +Bảo toàn O: x = 0,02 17,16 gam

O2 1,55

H2O 1,02 mol CO2 1,1 mol 49

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 +Bảo toàn C: 51x + y = 1,1 → y = 0,08 +Bảo toàn H : a =0,04 mol Dễ tính được t = 0,06 . Chọn D

Câu 48:Thủy phân hoàn toàn 25,74 gam triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol và m gam hỗn hợp muối gồm natri panmitat và natri oleat. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 8,58 gam X cần vừa đủ 0,775 mol O2 , thu được H2O và 0,55 mol CO2 .Giá trị của m là A. 24,51.

B. 8,17.

C. 20,24.

D. 24,06.

Hướng dẫn giải Ta quy đổi X như sau: Bao toan khoi luong C3H5 x C15H31COO 3x - H2 a CH2 y

O2 0,775

H2O 0,51 mol CO2 0,55 mol

NaOH +Bảo toàn O: x8,58 = 0,01 C15H31COO 3x gam +Bảo toàn C: 51x + y = 0,55 → y = 0,04 - H2 a ’ +Bảo toàn H : a =0,02 mol Dễ tính được m = 8,17 CH gam2 →y m =24,51 gam. Chọn A m, gam

Câu 49: Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 6,48 mol O2 , thu được H2O và 4,56 mol CO2 .

Số nguyên tử H trong X là A. 108.

B. 110.

C. 106.

D. 104.

Hướng dẫn giải Ta quy đổi X như sau:

C3H5 x C17H35COO 3x - H2 a m gam +Bảo toàn C: x = 0,08 +Bảo toàn O: a =0,08 mol C17H35COO C3H5 C17H35COO C H COO Vậy X : 17 33

O2 6,48

H2O (55x -a) mol CO2 4,56 mol

Chọn A

Câu 50:Đốt cháy hoàn toàn 12,87 gam triglixerit X, thu được CO2 và 0,765 mol H2O. Cho 12,87 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và m gam muối .Mặt khác 25,74 gam X tác dụng được tối đa với 0,06 mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của m là A. 13,86.

B. 13,29.

C.13,71,42.

D. 24,18.

Hướng dẫn giải 50

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Dễ thấy 25,74 gấp 2 lần 12,87

C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,03 12,87 gam

H2O 0,765 mol

NaOH

HCOONa 3a CH2 b 0,03 - H2

C3H5(OH)3 a + Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: 4a + b – 0,03 = 0,765 → 4a + b = 0,795 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,06 = 12,87 → 176a + 14b = 12,93 (II) Từ (I)(II) ta có a = 0,015 ; b = 0,735 → m = 13,29

Câu 51: Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X, thu được CO2 và 3,06 mol H2O. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và 53,16 gam muối .Mặt khác 1,5.m gam X tác dụng được tối đa với 0,18 mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của m là A. 27,72.

B. 51,48.

D. 48,36.

C.27,42.

Hướng dẫn giải Ta quy đổi X và có sơ sồ biến hóa như sau: C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,12

m gam

H2O 3,06 mol

NaOH

HCOONa 3a CH2 b 0,12 - H2

53,16 gam + Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: C3H5(OH)3 a 4a + b – 0,12 = 3,06 → 4a + b = 3,18 (I) + Áp dụng BT khối lượng muối : 204a + 14b – 0,24 = 53,16 → 204a + 14b = 53,4 (II) Từ (I)(II) ta có a = 0,06 ; b = 2,94 → m = 51,48

Câu 52:Đốt cháy hoàn toàn 77,22 gam triglixerit X, thu được CO2 và 4,59 mol H2O.Mặt khác 38,61 gam X tác dụng được tối đa với 0,09 mol Br2 trong dung dịch .Công thức cấu tạo của X có thể là C17 H33COO  CH2 | A. C H COO  CH 17 33

C17 H35COO  CH2 | B. C H COO  CH 17 35

C17 H33COO  CH2 | C. C H COO  CH 17 33

C17 H33COO  CH2 | D. C H COO  CH 15 31

| C17 H35COO  CH2

| C17 H31COO  CH2

| C15 H31COO  CH2

| C15 H31COO  CH2

51

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải Dễ thấy 77,22 gấp 2 lần 38,61

C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,18

H2O 4,59 mol

77,22 gam + Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: 4a + b – 0,18 = 4,59 → 4a + b = 4,77 + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,36 = 77,22 → 176a + 14b = 77,58 Từ (I)(II) ta có a = 0,09 ; b = 4,41 → Chọn C

(I) (II)

Câu 53: Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X, thu được CO2 và 3,06 mol H2O. Cho 2m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và 106,32 gam muối .Mặt khác 3m gam X tác dụng được tối đa với 0,36 mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của m là A. 27,72.

B. 51,48.

C.27,42.

D. 48,36.

Hướng dẫn giải Ta quy đổi X và có sơ sồ biến hóa như sau:

C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,12 m gam

H2O 3,06 mol

NaOH

HCOONa 3a CH2 b 0,12 - H2

53,16 gam + Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: C3H5(OH)3 a 4a + b – 0,12 = 3,06 → 4a + b = 3,18 (I) + Áp dụng BT khối lượng muối : 204a + 14b – 0,24 = 53,16 → 204a + 14b = 53,4 (II) Từ (I)(II) ta có a = 0,06 ; b = 2,94 → m = 51,48

Câu 54:Đốt cháy hoàn toàn 8,58 gam triglixerit X, thu được CO2 và 0,51 mol H2O. Cho 12,87 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được m gam glixerol và muối Y .Mặt khác 8,58 gam X tác dụng được tối đa với 0,02 mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của m và công thức Y là C17 H33COO  CH2 C17 H35COO  CH2 C17 H33COO  CH2 C17 H33COO  CH2 | | | | A.0,92 và C H COO  CH B. 1,84 và C H COO  CH C. 0,92 và C H COO  CH D. 1,84 và C H COO  CH 17 33 17 35 17 33 15 31 | C17 H35COO  CH2

| C17 H31COO  CH2

| C15 H31COO  CH2

Hướng dẫn giải 52

| C15 H31COO  CH2

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,02

H2O 0,51 mol

NaOH

8,58 gam

HCOONa 3a CH2 b 0,02 - H2

C3H5(OH)3 a + Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: 4a + b – 0,02 = 0,51 → 4a + b = 0,53 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,04 = 8,58 → 176a + 14b = 8,62 (II) Từ (I)(II) ta có : a = 0,01 ; b = 0,49 → m = 92.a = 0,92 gam.Chọn C

Câu 55:Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol O2 thu được CO2 và 2 mol H2O. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và 35,36 gam muối .Mặt khác m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của a là A. 0,2.

B. 0,24.

C.0,12.

D. 0,16.

Hướng dẫn giải

C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 a m gam

O2 3,08 mol

H2O 2 mol CO2 (6x + y)

NaOH

HCOONa 3x CH2 y a - H2 35,36 gam C3H5(OH)3 x

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: 4x + y – a = 2 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 35,36 + Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 3,08 = 6x+ y + 1 → 3x + y = 2,08 (III) Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,04 ; y = 1,96 ; a = 0,12

(II)

Câu 56 :Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 2,31 mol O2 thu được H2O và 1,65 mol CO2. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và 26,52 gam muối .Mặt khác m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của a là A. 0,09.

B. 0,12.

C.0,15.

D. 0,18.

Hướng dẫn giải

C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 a

O2 2,31 mol

53

H2O (4x + y - a) mol CO2 1,65 mol

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: 6x + y = 1,65 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 26,52 (II) + Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 2,31 = 2x+ 0,5.y – 0,5.a + 1,65 → x – 0,5 y + 0,5.a = - 0,66 (III) Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,03 ; y = 1,47 ; a = 0,09

Câu 57: Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam triglixerit X, thu được H2O và 1,1 mol CO2. Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và m gam muối .Mặt khác 17,16 gam X tác dụng được tối đa với 0,04 mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của m là A. 16,12.

B. 18,48.

C.18,28.

D. 17,72.

Hướng dẫn giải

C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,04 17,16 gam

H2O CO2 1,1 mol NaOH

HCOONa 3a CH2 b 0,04 - H2

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: C3H5(OH)3 3a 6a + b = 1,1 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,08 = 17,16 → 176a + 14b = 17,24 (II) Từ (I)(II) ta có a = 0,02 ; b = 0,98 → m = 17,72

ĐỀ 2: CHUYÊN 54 MUỐI CỦA AMIN VÀ BÀI TOÁN LIÊN QUAN 2020

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT NỘI DUNG

B. MỘT SỐ TRƯỜNG HỢP CỤ THỂ C.BÀI TẬP MINH HỌA. D.BÀI TẬP THIẾT KẾ THPTQG 2020

A.CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Muối amin với HNO3: R no RNH2.HNO3

CnH NO 2n +4 2 3

R khong no CnH NO 2n +4- 2k 2 3 2. Muối amin với H2CO3: TH1: một gốc amin R no RNH2.H2CO3

( K: số LK pi ở gốc)

CnH NO 2n +3 3

R khong no CnH NO3 2n +3- 2k TH2: 2 gốc amin R1NH2 . H- O

R1; R2 no

CnH NO 2n +6 2 3

C=O R2NH2 . H- O

R khong no

(K: số LK pi ở gốc)

CnH NO 2n +6 - 2k 2 3

3. Muối amin với RCOOH: R; R' no RCOOH. H2N R'

CnH NO 2n +3 2 R; R' khong no CnH NO2 2n +3- 2k

4. Muối amin với R(COOH)2 55

(K: số LK pi ở gốc)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 R1NH2 . HOOC

R1; R2 ;R no

CnH NO 2n +4 2 4

R R2NH2 . HOOC

Ton tai Gôc khong no CnH2n +4 - 2kN2O4

(K: số LK pi ở gốc) 5. Muối amin với H2NRCOOH: R; R' no H2N RCOOH. H2N R'

CnH NO 2n +4 2 2 R; R' khong no CnH NO 2n +4- 2k 2 2

(K: số LK pi ở gốc)

6. Muối aminoaxit H2NRCOOH với HNO3 : R no HOOCRNH2.HNO3 CnH NO 2n +2 2 5

R khong no CnH NO 2n +2- 2k 2 5

( K: số LK pi ở gốc) 7.Muối của aminoaxit no có 1 nhóm COOH ; 1 nhóm NH2 và RCOOH: R; R' no

'

RCOOH.H2N R COOH

CnH2n+1NO4

R; R' khong no CnH2n+1 - 2k NO4

8.Muối của aminoaxit no có 1 nhóm COOH ; 1 nhóm NH2 và RCOOH: R; R' no

'

RCOOH.H2N R COOH

CnH2n+1NO4

R; R' khong no CnH2n+1 - 2k NO4

9.Muối của RCOOH với este của aminoaxit no R’COOR*: '

RCOOH.H2N R COOR

*

R; R' ; R* no

CnH2n+1NO4

R; R' ; R* khong no

CnH2n+1 - 2k NO4

10.Aminoaxit no có 1 nhóm COOH ; 1 nhóm NH2 có công thức: CnH2n+1NO2 11. Peptit được cấu tạo từ aminoaxit no có 1 nhóm COOH ; 1 nhóm NH2 có công thức CnH2n+2 – kNkOk+1 Ta có thể quy đổi peptit:

56

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 k CONH mCH2 1 H2O

Pep Tit Cụ thể Đi peptit: CnH2nN2O3 Trường hợp này dễ nhầm với muối amin với H2CO3 mà trong gốc có 2 liên kết pi 12.Este của aminoaxit: H2N R COOR'

R; R' no

CnH2n+1NO2

R; R' khong no CnH2n+1 - 2k NO2

B. MỘT SỐ TRƯỜNG HỢP CỤ THỂ Trường hợp 1 : Ứng với công thức (1)

Aminoaxit H2N R COOH ; R no

CnH2n+1NO2 (2)

(3)

Este cua aminoaxit

' H2N R COOR' ; R; R no

NO2 ( k =1) ; Muoi amin voi RCOOH CnH 2n +3- 2k

RCOOH. H2N R'

Trường hợp 2 : Ứng với công thức CnH NO 2n +3 2

Muoi amin voi RCOOH

RCOOH. H2N R' ( R; R' no )

Chú ý: Không dựa vào 1N;2O vì aminoaxit đã nêu ở trên có 1N;2O Trường hợp 3: Ứng với công thức CnH 2n +3NO3

RNH2 . H- O Muoi amin voi H2CO3( 1 gôc amin )

C=O H- O

Chú ý:Có thể nhận dạng dựa vào 1N;3O 57

( R no )

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Trường hợp 4: Ứng với công thức (1) CnH NO 2n +1 4

Muoi RCOOH voi aminoaxit H2N R'COOH : RCOOH.H2N R'COOH ; R, R' no

(2) Muoi RCOOH voi Este cua aminoaxit H2N R'COOR*: RCOOH.H2N R'COOR* ; R, R'; R* no

Trường hợp 5: Ứng với công thức CnH NO 2n +4 2 2

Muoi amin voi aminoaxit H2NRCOOH:

' H2N RCOOH. H2N R ' ; R; R no

Chú ý:Có thể nhận dạng dựa vào 2N; 2O Trường hợp 6 : Ứng với công thức CnH NO 2n +4 2 3

Muoi amin voi HNO3 ( RNH2.HNO3) ( R: no)

Chú ý: Không dựa vào 2N;3O vì Đipeptit đã nêu ở trên có 2N;3O Trường hợp 7: Ứng với công thức CnH NO 2n +6 2 3

R1NH2 . H- O Muoi amin voi H2CO3( 2 gôc amin )

C=O

( R1; R2 no )

R2NH2 . H- O

Trường hợp 8: Ứng với công thức R1NH2 . HOOC CnH NO 2n +4 2 4

R ; ( R1; R2 ;R no )

Muoi amin voi R(COOH)2 R2NH2 . HOOC

Chú ý:Có thể nhận dạng dựa vào 2N; 4O Trường hợp 9: Ứng với công thức CnH NO 2n +2 2 5

Muoi aminoaxit H2NRCOOH voi HNO3: HOOCRNH2.HNO3 ; R no

Chú ý:Có thể nhận dạng dựa vào 2N; 5O Trên đây là 9 trường hợp cụ thể điển hình hay gặp trong đề thi THPTQG su hướng hiện nay về phần muối amin

58

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

C.BÀI TẬP MINH HỌA Câu 1 (ĐHA -2007): Cho hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ có cùng công thức phân tử C2 H7 NO2 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH và đun nóng, thu được dung dịch Y và 4,48 lít hỗn hợp Z (ở đktc) gồm hai khí (đều làm xanh giấy quỳ ẩm). Tỉ khối hơi của Z đối với H2 bằng 13,75. Cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng muối khan là A. 16,5 gam.

B. 14,3 gam.

C. 8,9 gam.

D. 15,7 gam.

Xét công thức C2 H7 NO2

Muoi amin voi RCOOH

CnH 2n +3NO2

C2H7NO2 0,2 mol

Hướng dẫn giải ứng với CnH2n+3NO2 ứng với trường hợp 2

NaOH 0,2 mol

RCOOH. H2N R' ( R; R' no )

RCOONa 0,2 mol H2O 0,2 mol R'NH2 0,2 mol ( M = 27,5) m = 27,5.0,2 = 5,5 gam

Áp dụng ĐLBTKL: mMuoi = 0,2.77 + 0,2.40 – 5,5 – 0,2.18 =14,3 gam .Chọn B

Câu 2 (ĐHB -2008): Cho 8,9 gam một hợp chất hữu cơ X có công thức phân tử C3H7O2N phản ứng với 100 mldung dịch NaOH 1,5M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được 11,7 gam chất rắn. Công thức cấu tạo thu gọn của X là B. H2NCH2CH2COOH. A. HCOOH3NCH=CH2.

C. CH2=CHCOONH4.

D. H2N CH2COOCH3.

Xét công thức C3 H7 NO2 (1)

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 1 : Aminoaxit H2N R COOH ; R no

CnH2n+1NO2 (2)

(3)

Este cua aminoaxit

' H2N R COOR' ; R; R no

NO2 ( k =1) ; Muoi amin voi RCOOH CnH 2n +3- 2k

59

RCOOH. H2N R'

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Sơ đồ biến đổi : NaOH 0,15 mol

C3H7NO2 0,1 mol

NaOH 0,05 mol R*COONa 0,1 mol 11,7 gam

*

Dễ tìm được R = 30 Chọn D

Câu 3 (ĐHB -2008): Cho chất hữu cơ X có công thức phân tử C2H8O3N2 tác dụng với dung dịch NaOH, thu được chất hữu cơ đơn chức Y và các chất vô cơ. Khối lượng phân tử (theo đvC) của Y là A. 85.

B. 68.

C. 45.

D. 46 Xét công thức C2H8N2O3 CnH NO 2n +4 2 3

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 6:

Muoi amin voi HNO3 ( RNH2.HNO3) ( R: no)

Vậy X có dạng ( C2H5NH2.HNO3) Vậy Y: C2H5NH2 ( M = 45) Chọn C

Câu 4 (ĐHA -2009): Hợp chất X mạch hở có công thức phân tử là C4H9NO2. Cho 10,3 gam X phản ứng vừa đủvới dung dịch NaOH sinh ra một chất khí Y và dung dịch Z. Khí Y nặng hơn không khí, làm giấy quỳ tím ẩm chuyển màu xanh. Dung dịch Z có khả năng làm mất màu nước brom. Cô cạn dung dịch Z thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 10,8.

B. 9,4.

D. 9,6 Hướng C. dẫn8,2. giải Xét công thức C4 H9 NO2 ứng với tình huống 1: (1)

Aminoaxit H2N R COOH ; R no

CnH2n+1NO2 (2)

(3)

Este cua aminoaxit

' H2N R COOR' ; R; R no

NO2 ( k =1) ; Muoi amin voi RCOOH CnH 2n +3- 2k

RCOOH. H2N R''

X phản ứng vừa đủvới dung dịch NaOH sinh ra một chất khí Y Nên X thuộc TH3 + Khí Y nặng hơn không khí nên không thể là NH3 + Z có khả năng làm mất màu nước brom nên R có ít nhất 2 C Vậy cấu tạo của X : CH2 =CH – COOH.H2N CH3 NaOH CH2 =CH-COOH.H2N CH3 CH2 =CH-COONa 0,1 mol 0,1 mol

m = 9,4 gam 60

Chọn B

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 5 (THPTQG -2015): Hỗn hợp X gồm 2 chất có công thức phân tử là C3H12N2O3 và C2H8N2O3.Cho 3,40 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH (đun nóng), thu được dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ và 0,04 mol hỗn hợp 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm). Cô cạn Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 3,36.

B. 2,97.

C. 2,76.

D. 3,12.

Xét công thức C3 H12 N2O3 CnH NO 2n +6 2 3

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 7: R1NH2 . H- O

Muoi amin voi H2CO3( 2 gôc amin )

C=O

( R1; R2 no )

R2NH2 . H- O

Xét công thức C2 H8 N2O3 ứng với tình huống 5: CnH NO 2n +4 2 3

Muoi amin voi HNO3 ( RNH2.HNO3) ( R: no)

Sơ đồ biến hóa: NaOH 0,04 mol X

Na2CO3 x NaNO3 y m gam

3,4 gam

R NH2 0,04 mol H2O 0,04 mol

Chú ý: nNH = nH+ = nOH- = n H2O 2 Bảo toàn Na: 2x + y = 0,04 Bảo toàn khối lượng : 124.x + 108y = 3,4 Giải hệ : x = 0,01 ; y = 0,02 tính được m = 2,76 gam chọn C

Câu 6 (thi thử vĩnh phúc -2016): Hợp chất hữu cơ X có công thức C2H8N2O4. Khi cho 3,1 gam X tác dụng với 50ml dung dịch NaOH 1,5M thu được 1,12 lít( đktc) khí X làm xanh quỳ tím ẩm. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 3,35.

B. 4,05.

C. 4,3.

D. 4,35 Xét công thức C2 H8 N2O4

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 8: R1NH2 . HOOC

CnH NO 2n +4 2 4

R ; ( R1; R2 ;R no )

Muoi amin voi R(COOH)2 R2NH2 . HOOC

61

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Vì chỉ có 2 C nên X có cấu tạo: NH3 . HOOC NH3 . HOOC

Sơ đồ biến hóa:

NaOH 0,075

NH3 . HOOC NH3 . HOOC 0,025

NaOH t mol NaOOC 0,025 NaOOC m gam NH3 0,05

Bao toan N

Áp dụng ĐLBT Na: t = 0,025 → m = 4,35 gam Chọn D

Câu 7 (THPTQG -2018). Hỗn hợp E gồm chất X (Cm H2m+4 O4 N2 , là muối của axit cacboxylic hai chức) và chất Y (Cn H2n+3 O2 N, là muối của axit cacboxylic đơn chức). Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol E cần vừa đủ 0,26 mol O2 , thu được N2 , CO2 và 0,4 mol H2O. Mặt khác, cho 0,1 mol E tác dụng hết với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp hai chất khí đều làm xanh quỳ tím ẩm và a gam hỗn hợp hai muối khan. Giá trị của a là A. 9,44.

B. 11,32.

C. 10,76.

D. 11,60 Hướng dẫn giải Xét công thức Cm H2m+4 N2O4 ứng với tình huống 8: R1NH2 . HOOC CmH NO 2m +4 2 4

R ; ( R1; R2 ;R no )

Muoi amin voi R(COOH)2 R2NH2 . HOOC

Xét công thức Cn H2n+3 NO2 ứng với tình huống 2: Muoi amin voi RCOOH

CnH 2n +3NO2

RCOOH. H2N R' ( R; R' no )

Sơ đồ biến hóa theo dữ kiện đốt cháy: Bao toan C

x mol CmH NO 2m +4 2 4

O2 0,26 mol

y mol CnH NO 2n +3 2

CO2 mx + ny N2 H2O 0,4 mol

0,1 mol

Áp dung DLBTO: Bao toan H:

2x + y + 0,26. = 0,2 + mx + ny x(m+2) + y(n + 1,5) = 0,4

mx + ny = 2x + y + 0,06 mx + ny = 0,4 - 2x - 1,5.y x + y = 0,1

x + y = 0,1

62

x =0,06 y =0,04

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Ta dễ có: m. 0,06 + n.0,04 = 0,22 → m n Lựa chọn

2 2,5 Loại

3m + 2n =11

3 1 Chọn

Y là : HCOOH.NH3 0,04 mol Vì thu được 2 amin nên X: CH3NH2.HOOC 0,06 mol NH3.HOOC Vậy 2 muối là: HCOONa 0,04 mol và a= 10,76 gam Chọn C

(COONa)2 0,06 mol

Câu 8 (THPTQG -2018). : Hỗn hợp E gồm chất X (Cm H2m+4 O4N2, là muối của axit cacboxylic hai chức) và chất Y (Cn H2n+3 O2 N, là muối của axit cacboxylic đơn chức). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol E cần vừa đủ 0,58 mol O2 , thu được N2 , CO2 và 0,84 mol H2 O. Mặt khác, cho 0,2 mol E tác dụng hết với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được một chất khí làm xanh quỳ tím ẩm và a gam hỗn hợp hai muối khan. Giá trị của a là A. 18,56 .

B. 23,76 .

C. 24,88 .

D. 22,64.

Xét công thức Cm H2m+4 N2O4

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 8: R1NH2 . HOOC

CmH NO 2m +4 2 4

R ; ( R1; R2 ;R no )

Muoi amin voi R(COOH)2 R2NH2 . HOOC

Xét công thức Cn H2n+3 NO2 ứng với tình huống 2: Muoi amin voi RCOOH

CnH NO 2n +3 2

RCOOH. H2N R' ( R; R' no )

Sơ đồ biến hóa theo dữ kiện đốt cháy: Bao toan C

x mol CmH NO 2m +4 2 4

O2 0,58 mol

y mol CnH 2n +3NO2

CO2 mx + ny N2 H2O 0,84 mol

0,2 mol

Áp dung DLBTO: Bao toan H:

mx + ny = 2x + y + 0,16 mx + ny = 0,84 - 2x - 1,5.y x + y = 0,2

2x + y + 0,58. = 0,42 + mx + ny x(m+2) + y(n + 1,5) = 0,84 x + y = 0,2

63

x =0,12 y =0,08

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Ta dễ có: m. 0,12 + n.0,08 = 0,48 → m n Lựa chọn

2 3 Chọn

3m + 2n =12

3 1,5 Loại

NH3.HOOC 0,12 mol X là :

NH3.HOOC

Vì thu được 1 amin nên Y là : C2H5COOH.NH3 0,08 mol Vậy 2 muối là: C2H5COONa 0,08 mol và (COONa)2 0,12 mol a= 23,76 gam Chọn B

Câu 9 (Tham khảo -2018). Hỗn hợp E gồm muối vô cơ X (CH8N2O3) và đipeptit Y (C4H8N2O3). Cho E tác dụng với dung dịch NaOH đun nóng, thu được khí Z. Cho E tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được khí T và chất hữu cơ Q. Nhận định nào sau đây sai?

B. Chất Q là H2NCH2COOH. A. Chất Y là H2NCH2CONHCH2COOH C. Chất Z là NH3 và chất T là CO2.

Xét công thức CH8 N2O3

D. Chất X là (NH4)2CO3.

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 7: R1NH2 . H- O

CnH NO 2n +6 2 3

Muoi amin voi H2CO3( 2 gôc amin )

C=O R2NH2 . H- O

Vậy X là: NH3 . H- O C=O NH3 . H- O

(

NH4)2CO3 )

Y là: Gly-Gly E tác dụng dd NaOH : NH3 . H- O C=O NH3 . H- O

dd NaOH NH3 (Khí Z)

Gly-Gly

E tác dụng dd HCl : NH3 . H- O C=O NH3 . H- O Gly-Gly

CO2 (T) dd HCl ClH3NCH2COOH. (Q)

Chọn B 64

( R1; R2 no )

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 10 .(THPTQG -2018).Hợp chất hữu cơ X (C5H11O2N) tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng thu được muối natri của α-amino axit và ancol. Số công thức cấu tạo của X là A. 6.

B. 2.

C. 5.

D. 3.

Xét công thức C5H11 NO2 (1)

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 1: Aminoaxit H2N R COOH ; R no

CnH2n+1NO2 (2)

(3)

' H2N R COOR' ; R; R no

Este cua aminoaxit

NO2 ( k =1) ; Muoi amin voi RCOOH CnH 2n +3- 2k

RCOOH. H2N R'

Vì X tác dụng với NaOH dư đun nóng thu được muối natri của α-amino axit và ancol nên X ứng với (2) có các CTCT sau CH3 CH3- CH- COOC2H5 CH3- CH2- CH- COOCH3 CH3- CH- COOCH 3

NH2

NH2

NH2

CH2-COO-CH2-CH2-CH3

CH2- COO-CH-CH3

NH2

NH2

CH3

Chọn C

Câu 11 (Tham khảo -2019). Cho hỗn hợp E gồm 0,1 mol X (C5H11O4N) và 0,15 mol Y (C5H14O4N2 , là muối của axit cacboxylic hai chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH, thu được một ancol đơn chức, hai amin no (kế tiếp trong dãy đồng đẳng) và dung dịch T. Cô cạn T, thu được hỗn hợp G gồm ba muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có hai muối của hai axit cacboxylic và muối của một α-amino axit). Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn nhất trong G là A. 24,57%.

B. 54,13%.

C. 52,89%.

D. 25,53%.

Hướng dẫn giải Xét công thức X (C5H11 NO4) ứng với tình huống 4: (1) CnH NO 2n +1 4

Muoi RCOOH voi aminoaxit H2N R'COOH : RCOOH.H2N R'COOH ; R, R' no

(2) Muoi RCOOH voi Este cua aminoaxit H2N R'COOR*: RCOOH.H2N R'COOR* ; R, R'; R* no

Kết hợp với giả thiết đề cho ta kết luận X thuộc (2) 65

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Xét công thức Y (C5H14 N2O4) ứng với tình huống 8: R1NH2 . HOOC CnH NO 2n +4 2 4

R ; ( R1; R2 ;R no )

Muoi amin voi R(COOH)2 R2NH2 . HOOC

+ Theo Giả thiết thu được hai amin no (kế tiếp trong dãy đồng đẳng)( Y có 5 C) + G gồm ba muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử nên R không có C bởi lẽ nếu có 1 C thì muối sẽ có 3 C X sẽ không tồn tại Vậy Y chỉ có thể là: CH3NH2.HOOC

C2H5NH2.HOOC Vậy X là:

CH3COOH.H2NCH2COOCH3 Sơ đồ biến hóa: KOH 0 ,1 m o l

C H 3 C O O H .H 2 N C H 2 C O O C H 3

H 2 N C H 2 C O O K 0 ,1 m o l 0 ,1 m o l C H 3CO O K COOK

0 ,1 5 m o l

C H 3 N H 2 .H O O C

COOK

C 2 H 5 N H 2 .H O O C

0 ,1 5 m o l

G

Dễ dàng tính được % (COOK)2 = 54,13 % chọn B

Câu 12 (202-2019).Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m3O6N5) là pentapeptit được tạo bởi một aminoaxit .Cho 0,26 mol E gồm X,Y tác dụng với tối đa 0,7 mol NaOH , đun nóng thu được etyl amin và dung dịch T chỉ chứa 62,9 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

B.51,87 %.

A.46,63%.

C. 47,24 %.

D.63,42%.

Hướng dẫn giải Xét công thức X (CnH2n+4 N2O4) ứng với tình huống 8: R1NH2 . HOOC CnH NO 2n +4 2 4

R ; ( R1; R2 ;R no )

Muoi amin voi R(COOH)2 R2NH2 . HOOC

Kết hợp với giả thiết ta xác định cấu tạo của X: C O O H .H 2 N C 2 H 5 (C H 2 ) k C O O H .H 2 N C 2 H 5

66

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Sơ đồ biến hóa: C O O H .H 2 N C 2 H 5 ( X ) C nH 2n

+ 4O 4N 2

= (C H 2 ) k

5y (Y )

C m H 2m - 3O 6N 5 = y m ol

C 2H 5 N H 2 2x

N aO H 0 ,7 m o l

C O O H .H 2 N C 2 H 5

x m ol

0 ,7 m o l

COONa

CONH CH2

N H 2 5y CH2 v

y H 2O

6 2 ,9 g a m

0 ,2 6 m o l

H 2O ( y + 2x) x = 0 ,2

x + y = 0 ,2 6 2 x + 5 y = 0 ,7 BAO TOÀN KL

y = 0 ,0 6

v = 0 ,8 n H 2 O = 0 ,4 6

m E = 6 1 ,1 8 g a m

BAO TOÀN CAC BON:

0 ,2 .n + 0 ,0 6 m = 2 ,3

20n + 6 m = 230 ( n≥ 6 ; m ≥10) n m

6 18,3

7 15

8 11,6

Chọn Vậy % X = 63,42% chọn D

Câu 13 (205-2019).Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m4O7N6) là hexapeptit được tạo bởi một aminoaxit .Cho 0,1 mol E gồm X,Y tác dụng với tối đa 0,32 mol NaOH , đun nóng thu được metyl amin và dung dịch T chỉ chứa 31,32 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A.22.

B.77.

C. 49.

D.52.

Hướng dẫn giải Xét công thức X (CnH2n+4 N2O4) ứng với tình huống 8: R1NH2 . HOOC CnH NO 2n +4 2 4

R ; ( R1; R2 ;R no )

Muoi amin voi R(COOH)2 R2NH2 . HOOC

Kết hợp với giả thiết ta xác định cấu tạo của X: C O O H .H 2 N C H 3 (C H 2)k C O O H .H 2 N C H 3

Sơ đồ biến hóa:

67

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 C O O H .H 2 N C H 3 ( X ) C nH 2n

+

4 O 4 N 2 = (C H 2 ) k x m ol

6y C m H 2m - 4 O 7 N 6 = y m ol

(Y )

N aO H 0 ,3 2 m o l

C O O H .H 2 N C H 3 CONH CH2

0 ,3 2 m o l

CH2 v

y H 2O

3 1 ,3 2 g am H 2O ( y + 2x )

x = 0 ,0 7

x + y = 0 ,1 + 6y

COONa N H 2 6y

0 ,1 m o l

2x

CH 3N H 2 2x

v = 0 ,5 n H 2 O = 0 ,1 7

y = 0 ,0 3

= 0 ,3 2

m E = 2 5 ,9 2 g a m

BAO TOÀN KL

BAO TOÀN CAC BON:

0 ,0 7 .n + 0 ,0 3 m = 0 ,9 6

7n + 3 m = 96 ( n≥ 4 ; m ≥12) n m

4 22,6

5 20,33

6 18 Chọn

7 15,66

8 13,33

Vậy % X = 48,61 % chọn C

Câu 14 (206-2019).Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m+4O2N2) là muối amoni của một aminoaxit .Cho m gam E gồm X,Y(có tỷ lệ mol tương ứng là 3:5) tác dụng hết với lượng dư NaOH , đun nóng thu được 0,22 mol etyl amin và 21,66 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E là ?

A.49,85%.

B.47,37 %.

C. 44,63 %.

D.52,61%.

Hướng dẫn giải Xét công thức X (CnH2n+4 N2O4) ứng với tình huống 8: R1NH2 . HOOC CnH NO 2n +4 2 4

R ; ( R1; R2 ;R no )

Muoi amin voi R(COOH)2 R2NH2 . HOOC

Kết hợp với giả thiết ta xác định cấu tạo của X: C O O H .H 2 N C 2 H 5 (C H 2)k C O O H .H 2 N C 2 H 5

Sơ đồ biến hóa:

68

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Bao toàn nhóm COO COOH.H2N C2H5 ( X) CnH2n + 4O4N2 = (CH2)k COOH.H2NC2H5 3x mol

C2H5 NH2 0,22 NaOH

COONa 11x mol NH2 5x

COOH.H2N C2H5

(Y) CmH2m + 4 O2N2 = (CH2)l 5x mol NH2

CH2 v 21,66 gam Bao toàn nhóm COOH

m gam

H2O 11x

11 x = 0,22

mE = 26,72 gam

BAO TOÀN KL

BAO TOÀN CAC BON: n m

6 6,8

v = 0,38 n H2O = 0,22

x = 0,02

7 6,2

0,06.n + 0,1m = 1,04 3n + 5m = 52 ( n≥ 6 ; m ≥4) 8 9 10 5,6 5 4,4 Chọn

Vậy % X = 49,85 % chọn A

Câu 15 (207-2019).Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m+4O2N2) là muối amoni của một aminoaxit .Cho m gam E gồm X,Y(có tỷ lệ mol tương ứng là 7:3) tác dụng hết với lượng dư NaOH , đun nóng thu được 0,17 mol etyl amin và 15,09 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E là ?

A.52.

B.71.

C. 77.

D.68.

Hướng dẫn giải Xét công thức X (CnH2n+4 N2O4) ứng với tình huống 8: R1NH2 . HOOC CnH NO 2n +4 2 4

R ; ( R1; R2 ;R no )

Muoi amin voi R(COOH)2 R2NH2 . HOOC

Kết hợp với giả thiết ta xác định cấu tạo của X: C O O H .H 2 N C 2 H 5 (C H 2 ) k C O O H .H 2 N C 2 H 5

Sơ đồ biến hóa:

69

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Bao toàn nhóm COO COOH.H 2 N C 2 H 5 ( X) C n H 2n + 4O 4 N 2 = (CH 2 )k COOH.H 2 N C 2 H 5 7x mol

C 2 H 5 NH 2 0,17 NaOH COONa

17x mol

NH 2 3x

COOH.H 2 N C 2 H 5

(Y) C m H 2m + 4 O 2 N 2 = (CH 2 ) l 3x mol NH 2

CH 2 v 15,09 gam Bao toàn nhóm COOH

m gam

H 2O 17x

17 x = 0,17

m E = 19 gam

BAO TOÀN KL BAO TOÀN CAC BON: 7n + 3m = 74 ( n≥ 6 ; m ≥4)

n m

6 10,6

v = 0,23 n H 2 O = 0,17

x = 0,01

7 8,33

0,07.n + 0,03m = 0,74

8 6 Chọn

Vậy % X = 76,63 % chọn C

D.BÀI TẬP THIẾT KẾ THPTQG 2020 Câu 1 .Cho hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ có công thức phân tử lần lượt là C2 H7 NO2 ; C3 H9 NO2 tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH và đun nóng, thu được dung dịch Y và 4,48 lít hỗn hợp Z (ở đktc) gồm hai khí cùng dãy đồng đẳng (đều làm xanh giấy quỳ ẩm).Cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng muối khan là A. 16,8 gam.

B. 14,3 gam.

C. 8,9 gam.

D. 15,7 gam.

Hướng dẫn giải Xét công thức C2 H7 NO2 ; C3 H9 NO2 ứng với CnH2n+3NO2 ứng với trường hợp 2 CnH NO 2n +3 2

Muoi amin voi RCOOH

RCOOH. H2N R' ( R; R' no )

Vì khi cho X tác dụng với KOH thu được 2 khí cùng dãy đồng đẳng nên 2 chất trong X có cấu tạo:

HCOOH.H2N-CH3 HCOOH.H2N-C2H5 Sơ đồ biến hóa: 70

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 HCOOK 0,2 mol

KOH 0,2 mol

HCOOH.H2N-CH3 HCOOH.H2N-C2H5

H2O 0,2 mol R'NH2 0,2 mol

Tính được m muoi = 16,8 gam chọn A

Câu 2 :Cho hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ có cùng công thức phân tử C3 H9 NO2 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH và đun nóng, thu được dung dịch Y và 4,48 lít hỗn hợp Z (ở đktc) gồm hai khí (đều làm xanh giấy quỳ ẩm). Tỉ khối hơi của Z đối với H2 bằng 20,75. Cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng muối khan là A. 16,5 gam.

B. 14,3 gam.

C. 8,9 gam.

D. 15,7 gam.

Xét công thức C3 H9 NO2

Muoi amin voi RCOOH

CnH 2n +3NO2

C3H9NO2 0,2 mol

Hướng dẫn giải ứng với CnH2n+3NO2 ứng với trường hợp 2

NaOH 0,2 mol

RCOOH. H2N R' ( R; R' no )

RCOONa 0,2 mol H2O 0,2 mol R'NH2 0,2 mol ( M = 41,5) m = 41,5.0,2 = 8,3 gam

Áp dụng ĐLBTKL: mMuoi = 0,2.91 + 0,2.40 – 8,3 – 0,2.18 =14,3 gam Chọn B

Câu 3 .Cho 17,8 gam một hợp chất hữu cơ X có công thức phân tử C3H7O2N phản ứng với 200 mldung dịch NaOH 1,5M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được 17,6 gam chất rắn.

Công thức cấu tạo thu gọn của X là A. HCOOH3NCH=CH2.

B. H2NCH2CH2COOH. C. CH2=CHCOONH4.

D. H2N CH2COOCH3.

Xét công thức C3 H7 NO2 (1)

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 1 : Aminoaxit H2N R COOH ; R no

CnH2n+1NO2 (2)

(3)

Este cua aminoaxit

' H2N R COOR' ; R; R no

NO2 ( k =1) ; Muoi amin voi RCOOH CnH 2n +3- 2k 71

RCOOH. H2N R'

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Sơ đồ biến đổi : NaOH 0,3 mol

C3H7NO2 0,2 mol

NaOH 0,1 mol R*COONa 0,2 mol 17,6 gam

*

Dễ tìm được R = 1 Chọn A

Câu 4.Cho 18,3 gam chất hữu cơ X có công thức phân tử C3H10O3N2 tác dụng với 200ml dung dịch NaOH 1M, thu được chất hữu cơ đơn chức Y và dung dịch Z chỉ chứa các chất vô cơ. Cô cạn Z thu được khối lượng chất rắn là A. 14,75 gam .

B. 12,75 gam.

C. 12,50 gam.

D. 15,75 gam.

Xét công thức C3H10N2O3 CnH NO 2n +4 2 3

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 6:

Muoi amin voi HNO3 ( RNH2.HNO3) ( R: no)

Vậy X có dạng ( C3H7NH2.HNO3) Sơ đồ biến hóa: NaNO3 NaOH 0,2 mol

C3H7NH2.HNO3 0,15 mol

0,15 mol

NaOH 0,05 mol m gam C3H7NH2

Dễ tính được m = 14,75 gam Chọn A

Câu 5 .Hợp chất X mạch hở có công thức phân tử là C4H9NO2. Cho 15,45 gam X phản ứng vừa đủvới dung dịch NaOH sinh ra một chất khí Y và dung dịch Z. Khí Y nhẹ hơn không khí, làm giấy quỳ tím ẩm chuyển màu xanh. Cô cạn dung dịch Z thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 10,8.

B. 9,4.

C. 16,2.

D. 19,2.

Xét công thức C4 H9 NO2 (1)

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 1: Aminoaxit H2N R COOH ; R no

CnH2n+1NO2 (2)

(3)

Este cua aminoaxit

' H2N R COOR' ; R; R no

NO2 ( k =1) ; Muoi amin voi RCOOH CnH 2n +3- 2k 72

RCOOH. H2N R''

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 X phản ứng vừa đủvới dung dịch NaOH sinh ra một chất khí Y Nên X thuộc TH3 + Khí Y nhẹ hơn không khí nên chỉ có thể thể là NH3 Vậy cấu tạo của X : C3H5– COOH.H3N NaOH

C3H5-COONa 0,15 mol

C3H5-COOH.H3N 0,15 mol

m = 16,2 gam

Chọn C

Câu 6.Hỗn hợp X gồm 2 chất có công thức phân tử là C3H12N2O3 và C2H8N2O3.Cho m gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH (đun nóng), thu được dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ và 0,06 mol hỗn hợp 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm). Cô cạn Y, thu được 4,14 gam muối khan. Giá trị của m là A. 3,36.

B. 2,97.

C. 2,76.

D. 5,10.

Xét công thức C3 H12 N2O3

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 7: R1NH2 . H- O

CnH NO 2n +6 2 3

Muoi amin voi H2CO3( 2 gôc amin )

C=O

( R1; R2 no )

R2NH2 . H- O

Xét công thức C2 H8 N2O3 ứng với tình huống 5: CnH NO 2n +4 2 3

Muoi amin voi HNO3 ( RNH2.HNO3) ( R: no)

Sơ đồ biến hóa: NaOH

Na2CO3 x NaNO3 y

0,06 mol X

4,14 gam

m gam

R NH2 0,06 mol H2O 0,06 mol

Chú ý: nN = nH+ = nOH- = n

H2O

Bảo toàn Na: 2x + y = 0,06 Bảo toàn khối lượng : 106.x + 85y = 4,14 Giải hệ : x = 0,015 ; y = 0,03 tính được m = 5,1 gam chọn D

Câu 7. Hỗn hợp X gồm 2 chất có công thức phân tử là C3H9NO3 và CH6N2O3.Cho 20,75 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH (đun nóng), thu được dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ và 0,2 mol hỗn hợp 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm). Cô cạn Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 23,36.

B. 16,70.

C. 20,15 .

D. 15,10.

73

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Xét công thức C3 H9 NO3

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 3: RNH2 . H- O

CnH 2n +3NO3

Muoi amin voi H2CO3( 1 gôc amin )

C=O

( R no )

H- O

Xét công thức C H6 N2O3 ứng với tình huống 5: CnH NO 2n +4 2 3

Muoi amin voi HNO3 ( RNH2.HNO3) ( R: no)

Sơ đồ biến hóa: N aO H (2 x + y ) m o l

N a2C O 3 x N aN O 3 y

X

m gam

2 0 ,7 5 g a m

R N H 2 0 ,2 m o l H 2O (2 x + y ) m o l

Chú ý: Ta dễ có : 107.x + 94.y = 20,75 Bảo toàn nhóm NH2 : x + y = 0,2 Giải hệ : x = 0,15 ; y =0,05 tính được m = 20,15 gam chọn C

Câu 8): Hợp chất hữu cơ X có công thức C3H10N2O4. Khi cho 20,7 gam X tác dụng với 200ml dung dịch NaOH 2M thu được V lít( đktc) hỗn hợp gồm hai khí đều làm xanh quỳ tím ẩm. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m và V lần lượt là A. 28,20 ; 4,48.

B. 24,10 ; 3,36.

C. 24,10 ; 6,72.

D. 28,10 ; 6,72 Xét công thức C3 H10 N2O4

Hướng dẫn giải ứng với tình huống 8: R1NH2 . HOOC

CnH NO 2n +4 2 4

R ; ( R1; R2 ;R no )

Muoi amin voi R(COOH)2 R2NH2 . HOOC

Vì X tác dụng với dung dịch NaOH thu được 2 khí ; chỉ có 3 C nên X có cấu tạo: CH3NH2 . HOOC NH3 . HOOC

Sơ đồ biến hóa:

CH 3 N H 2 . H O O C

N aO H 0,4

N aO H t m ol N aO O C 0,15 N aO O C m gam

NH3 . HOOC 0,15 Bao toan N

RNH2 0,3 m ol

74

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Áp dụng ĐLBT Na: t = 0,1 → m = 24,1 gam ; V =6,72 Chọn C

Câu 9 . Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m-2O5N4) là tetrapeptit được tạo bởi một aminoaxit .Cho 0,08 mol E gồm X,Y tác dụng với tối đa 0,22 mol NaOH , đun nóng thu được hỗn hợp khí etylamin ; metyl amin và dung dịch T chỉ chứa 20,72 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

B.77.

C. 50.

D.52.

A.22.

Hướng dẫn giải C O O H .H 2 N C H 3 ( X ) C n H 2 n + 4 O 4 N 2 = (C H 2 ) k x m ol 4y (Y ) C m H 2m - 2 O 5 N 4 = y m ol

N aO H 0,22 m ol

C O O H .H 2 N C 2 H 5 CONH CH2

CH3N H2 x C 2H 5 N H 2 x COONa

0,22 m ol

N H 2 4y CH2 v

y H 2O

20,72 g am

0 ,08 m ol

H 2 O ( y + 2x) x = 0,05

x + y = 0,08 2x + 4y = 0,22

v = 0,29 n H 2 O = 0 ,13

y = 0,03 m E = 18 ,06 gam

BAO TOÀN KL

BAO TOÀN CAC BON:

0,05 .n + 0 ,03m = 0,66

5n + 3 m = 66 ( n≥ 5 ; m ≥8) n m

5 13,66

6 12 Chọn

7 10,33

8 8,67

Vậy % X = 49,83 % chọn C

Câu 10. Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m-2O5N4) là tetrapeptit được tạo bởi một aminoaxit .Cho 0,105 mol E gồm X,Y tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch hỗn hợp chưa NaOH 1,5M và KOH 1,2 M , đun nóng thu được hỗn hợp khí etylamin ; metyl amin và dung dịch T chỉ chứa 24,66 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A.22,23.

B.64,65.

C. 55,65.

D.52,65.

Hướng dẫn giải

75

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 CH3N H 2 x C 2H 5 N H 2 x

C O O H .H 2 N C H 3 ( X)

C nH 2n

+ 4O 4N 2

= (C H 2)k C O O H .H 2 N C 2 H 5

x m ol 4y C m H 2m - 2O 5N 4 = y m ol

(Y )

N aO H 0 ,1 5 m o l KOH 0 ,1 2 m o l

CONH CH2

2x

+ 4y

0 ,1 5 m o l

COOK

0 ,1 2 m o l

N H 2 4y CH2 v

y H 2O

2 4 ,6 6 g a m H 2O ( y + 2 x)

0 ,1 0 5 m o l

x + y =

COONa

x = 0 ,0 7 5

0 ,1 0 5

v = 0 ,1 9 5 n H 2 O = 0 ,1 8

y = 0 ,0 3

= 0 ,2 7

m E = 2 0 ,8 8 g a m

BAO TOÀN KL

BAO TOÀN CAC BON:

5n + 2 m = 46 ( n≥ 5 ; m ≥8) n 5 6 m 10,5 8 Chọn

0 ,0 7 5 .n + 0 ,0 3 m = 0 ,6 9

7 5,5

Vậy % X = 64,65 % chọn B

Câu 11 . Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m-2O5N4) là tetrapeptit được tạo bởi một aminoaxit .Cho 0,08 mol E gồm X,Y tác dụng với tối đa 0,22 mol NaOH , đun nóng thu được hỗn hợp khí etylamin ; metyl amin và dung dịch T chỉ chứa 21,42 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

B.77.

C. 55.

D.52.

A.22.

Hướng dẫn giải C O O H .H 2 N C H 3 ( X ) C nH 2n

+ 4O 4N 2

= (C H 2 ) k C O O H .H 2 N C 2 H 5

x m ol 4y (Y )

C m H 2m - 2O 5N 4 = y m ol

N aO H 0 ,2 2 m o l

CONH CH2

COONa CH2 v

y H 2O

2 1 ,4 2 g a m H 2O ( y + 2 x )

x = 0 ,0 5

x + y = 0 ,0 8 2 x + 4 y = 0 ,2 2

v = 0 ,3 4 n H 2 O = 0 ,1 3

y = 0 ,0 3 m E = 1 8 ,7 6 g am

BAO TOÀN CAC BON:

0 ,2 2 m o l

N H 2 4y

0 ,0 8 m o l

BAO TOÀN KL

CH 3N H 2 x C 2H 5 N H 2 x

0 ,0 5 .n + 0 ,0 3 m = 0 ,7 1

76

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 5n + 3 m = 71 ( n≥ 5 ; m ≥8) n m

5 15,33

6 13,66

7 12 Chọn

8 10,33

9 8,67

Vậy % X = 51,70 % chọn D

Câu 12 .Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m+4O2N2) là muối amoni của một aminoaxit .Cho m gam E gồm X,Y(có tỷ lệ mol tương ứng là 3:5) tác dụng hết với lượng dư NaOH , đun nóng thu được 0,33 mol metylamin và 27,87 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E là ?

B.47,37 %.

C. 44,63 %.

D.48,44%.

A.49,85%.

Hướng dẫn giải Bao toàn nhóm COO COOH.H 2 N CH 3

( X) C n H 2n + 4 O 4 N 2 = (CH 2 ) k COOH.H 2 N CH 3 3x mol

CH 3 NH 2 0,33 NaOH COONa

11x mol

NH 2 5x

COOH.H 2 N CH 3

(Y) C m H 2m + 4 O 2 N 2 = (CH 2 ) l 5x mol NH 2

CH 2 v 27,87 gam Bao toàn nhóm COOH

m gam

H 2 O 11x

11 x = 0,33

v = 0,24 n H 2 O = 0,33

x = 0,03

m E = 30,84 gam

BAO TOÀN KL

BAO TOÀN CAC BON:

0,09.n + 0,15m = 0,9

5m = 30 ( n≥ 4 ; m ≥3) n m

4 3,6

5 3 Chọn

Vậy % X = 48,44 % chọn D

77

3n +

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 13 . Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m-2O5N4) là tetrapeptit được tạo bởi một aminoaxit .Cho 0,115 mol E gồm X,Y tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch hỗn hợp chưa NaOH 1,5M và KOH 1,6 M , đun nóng thu được hỗn hợp khí etylamin ; metyl amin và dung dịch T chỉ chứa 33,52 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A.22,23.

B.64,65.

C. 56,36.

D.52,65.

Hướng dẫn giải CH 3N H 2 x C 2H 5 N H 2 x

C O O H .H 2 N C H 3 ( X)

C nH 2n

+ 4O 4N 2

= (C H 2)k

4y (Y )

N aO H 0 ,1 5 m o l

C O O H .H 2 N C 2 H 5

x m ol

C m H 2m - 2O 5N 4 = y m ol

K OH 0 ,1 6 m o l

CONH CH2

y

0 ,1 5 m o l

COOK

0 ,1 6 m o l

N H 2 4y CH2 v

H 2O

3 3 ,5 2 g a m H 2O ( y + 2 x )

0 ,1 1 5 m o l x = 0 ,0 7 5

x + y = 0 ,1 1 5 2 x + 4 y = 0 ,3 1 BAO TOÀN KL

COONa

v = 0 ,5 4 5 n H 2 O = 0 ,1 9

y = 0 ,0 4 m

E

= 2 7 ,6 8

BAO TOÀN CAC BON:

gam

0 ,0 7 5 . n + 0 ,0 4 m = 1 ,0 8

15n + 8 m = 216 ( n≥ 5 ; m ≥8) n m

5 17,63

6 15,75

7 13,8

8 12 Chọn

9 10,13

10 8,25

Vậy % X = 56,36 % chọn C

Câu 14. Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m+4O3N2) là muối amoni của một axit vô cơ .Cho m gam E gồm X,Y(có tỷ lệ mol tương ứng là 2:5) tác dụng hết với lượng dư NaOH , đun nóng thu được 0,12 mol metylamin 0,15 mol etylamin và 22,47 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E là ?

B.47%.

D.48 %.

A.40%.

C. 44 %.

78

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải B a o to à n n h ó m C O O

( X)

C nH 2n

+ 4O 4N 2

= (C H 2 ) k

C O O H .H 2 N C H 3

C 2 H 5 N H 2 0 ,1 5 C H 3 N H 2 0 ,1 2

C O O H .H 2 N C H 3

2x m ol

N aO H N aN O 3 5x C O O N a 4x m ol

H N O 3. H 2N C 2H 5 (Y )

C m H 2m + 4 O 3N 2 = 5x m ol

C H 2 v = 2kx 2 2 ,4 7 g a m B a o to à n n h ó m H +

m gam

9 x =

H 2O 9 x 0 ,2 7

v = 0 ,1 2 n H 2 O = 0 ,2 7

x = 0 ,0 3

k= 2 m E = 27 gam

Vậy % X = 40 % chọn A

Câu 15. Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m+4O3N2) là muối amoni của một axit vô cơ .Cho m gam E gồm X,Y(có tỷ lệ mol tương ứng là 2:3) tác dụng hết với lượng dư NaOH , đun nóng thu được 0,04 mol metylamin, 0,1 mol etylamin và 11,58 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E là ?

A.40,49%.

B.47,56%.

C. 54,49 %.

D.48,20 %.

Hướng dẫn giải B a o to à n n h ó m C O O C O O H .H 2 N C H ( X)

C nH

2n + 4O 4N 2

= (C H 2)k C O O H .H 2 N C 2 H

2x m ol

5

H N O 3. H 2N C 2H (Y )

CmH

O 3N 3x m ol

2m + 4

2

C 2 H 5 N H 2 0 ,1 C H 3 N H 2 0 ,0 4

3

N aO H N aN O 3 COONa

5

=

CH

v = 2kx

2

1 1 ,5 8 g a m B a o to à n n h ó m H

+

m gam

7 x =

3x 4x m ol

H 2O 7 x 0 ,1 4

v = 0 ,0 8 n H 2 O = 0 ,1 4

x = 0 ,0 2

Vậy % X = 54,49 % chọn C

79

k= 2 m

E

= 1 4 ,2 4 g a m

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 16. Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m+4O3N2) là muối amoni của một axit vô cơ .Cho m gam E gồm X,Y(có tỷ lệ mol tương ứng là 3:4) tác dụng hết với lượng dư NaOH , đun nóng thu được 0,06 mol metylamin, 0,09 mol etylamin và 11,13 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E là ?

B.58,95%.

C. 54,49 %.

D.48,20 %.

A.40,49%.

Hướng dẫn giải B a o to à n n h ó m C O O C O O H .H 2 N C 2 H 5 ( X)

C nH 2n

+ 4O 4N 2

C 2 H 5 N H 2 0 ,0 9 C H 3 N H 2 0 ,0 6

= (C H 2)k C O O H .H 2 N C 2 H 5

3x m ol

N aO H N aN O 3 4x CO O N a 6x m ol

H N O 3. H 2N C H 3 (Y )

C m H 2m + 4 O 3N 2 = 4x m ol

C H 2 v = 3kx 1 1 ,1 3 g a m B a o to à n n h ó m H +

m gam

H 2O 1 0 x

1 0 x = 0 ,1 5

v = 0 n H 2 O = 0 ,1 5

x = 0 ,0 1 5

k= 0 m E = 1 3 ,7 4 g a m

Vậy % X = 58,95 % chọn B

Câu 17. Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axitcacboxylic đa chức, chất Y (CmH2m+4O3N2) là muối amoni của một axit vô cơ .Cho m gam E gồm X,Y(có tỷ lệ mol tương ứng là 3:4) tác dụng hết với lượng dư NaOH , đun nóng thu được 0,15 mol etylamin và 11,76 gam hỗn hợp muối .Phần trăm khối lượng của X trong E là ?

B.58,95%.

C. 54,49 %.

D.57,39 A.40,49%.

Hướng dẫn giải B a o to à n n h ó m C O O

( X)

C nH

2n +

4O 4N 2

C O O H .H 2 N C 2 H

5

C O O H .H 2 N C 2 H

5

3x m ol

H N O 3. H 2N C 2H (Y )

C

m

H

O 3N 4x m ol

2m + 4

C 2H

= (C H 2)k

2

NH

2

0 ,1 5

N aO H N aN O 3 COONa

5

=

CH

4x 6x m ol

v = 3kx

2

1 1 ,7 6 g a m B a o to à n n h ó m H

+

m gam

10 x =

5

H 2O 1 0 x 0 ,1 5

v = 0 ,0 4 5 n H 2 O = 0 ,1 5

x = 0 ,0 1 5

Vậy % X = 57,39 % chọn D 80

k= 1 m

E

= 1 5 ,2 1 g a m

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

CHUYÊN ĐỀ 3: PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN SU HƯỚNG MỚI NĂM HỌC 2019-2020

A.CƠ SỞ LÝ THUYẾT I.khái niệm: Điện phân là quá trình oxi hóa khử (có sự cho và nhận electron) thông qua dòng điện một chiều. + Tại catot (cực âm:là sân khấu của cation (mang số oxi hóa dương)) xảy ra quá trình khử (nhận e) + Tại Anot (cực dương: là sân khấu của anion(số oxihoas âm)) xảy ra quá trình oxi hoá (cho e) Vậy : + Khi giải bài tập về điện phân tuôn theo ĐLBT electron +Ứng dụng của phương pháp điện phân là điều chế kim loại II.Phân loại 1.Điện phân nóng chảy: Dùng điều chế các kim loại hoạt động mạnh như: K,Na,Ca,Mg,Al .(Cách nhớ: Từ Al về đầu dãy trong dãy hoạt động kim loại) Xét Điện phân nóng chảy oxit: chỉ dụng điều chế Al NaAlF6 2Al2 O3   4Al+3O 2 * Tác dụng của Na3AlF6 (criolit): + Hạ nhiệt cho phản ứng + Tăng khả năng dẫn điện cho Al + Ngăn chặn sự tiếp xúc của oxi không khí với Al Quá trình điện phân: + Catot (-): 2Al3+ +6e  2Al + Anot (+) Do điện cực làm bằng graphit (than chì) nên bị khí sinh ra ở anot ăn mòn.

6O2- -6e  3O 2  2C+O2  2CO  2CO+O 2  2CO 2  dpnc 2Al 2 O3   4Al+3O 2  dpnc Al 2 O3 +3C   2Al+3CO 

Phương trình phản ứng điện phân cho cả 2 cực là:

dpnc 2Al 2 O3 +3C   4Al+3CO 2 

Khí ở anot sinh ra thường là hỗn hợp khí CO, CO2 và O2. Để đơn giản người ta thường chỉ xét phương NaAlF6  4Al+3O 2 trình: 2Al2 O3  2.Điện phân dung dịch : Điều chế kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu.

- Trong điện phân dung dịch nước giữ một vai trò quan trọng.

81

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 + Là môi trường để các cation và anion di chuyển về 2 cực. + Đôi khi nước tham gia vào quá trình điện phân. ở catot: 2H + +2e  H 2 

1 anot: 2OH - -2e  O2  +H 2O 2

Cần lưu ý thứ tự điện phân ở các điện cực Quy tắc 1: Quá trình khử xảy ra ở catot + Các ion kim loại từ Al trở về đầu dãy thực tế không bị khử thành kim loại khi điện phân dung dịch(đó là lý do muốn điều chế kim loại mạnh phải điện phân nóng chảy) + Các ion sau Al thì bị khử thành kim loại, với thứ tự ưu tiên ngược từ dưới lên.

K+ Na+ Ca2+ Mg2+ Al3+ Zn2+ Fe2+ Ni2+ Sn2+ Pb2+ H Cu2+ Fe3+ Hg2+ Ag+ Pt2+ Au3+ Tính oxi hóa của ion kim loại tăng dần (các ion đằng sau sẽ bị khử trước) Quy tắc 2: Quá trình oxi hoá ở anot - Ưu tiên : S2- >I- >Br - >Cl- >RCOO > OH -  H 2 O - Các anion chưa oxi như: NO3- ;SO 4 2- ;CO32- ;SO32- ;PO 43- ;ClO 4 - … coi như không điện phân.

III – Tính lượng chất thu được ở các điện cực theo công thức faraday: A Q A It m= × = . n F n 96500 Trong đó: + m: số gam dạng sảm phẩm sinh ra trên điện cực + n: số electron trao đổi + Q = It: điện lượng đI qua dung dịch với cường độ dònh điện là I, thời gian t và có đơn vị là culong; I (A); t(giây) + F: hằng số Faraday; 1F = 96487 C  96500C +

A : gọi là đương lượng điện hoá, gọi tắt là đương lượng, kí hiệu là Đ. n

I .t F IV – Một số dạng đồ thị điển hình: Phương pháp điện phân dung dịch dùng điều chế kim loại hoạt động trung bình , đi kèm với sản phẩm kim loại thu được có sản phẩm khí sinh ra như: đơn chất halogen(X2) ; H2 ; O2. Để liên hệ nhanh giữa đồ thị và diễn biến điện phân học sinh cần quan tâm đến độ dốc của đồ thị (-) catot (+)anot X2 H2 X2 H2 O2 Độ dốc đồ thị: (X2;H2)> (O2;H2) > (X2) Hoặc (-) catot (+)anot X2 O2 H2 O2 Độ dốc đồ thị: (O2;H2) > (X2)> O2 Chú ý: ne.nhuong  ne. Nhan 

82

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Việc xác định thứ tự độ dốc phụ thuộc vào từng bài toán cụ thể TH1: Điện phân dung dịch hỗn hợp muối Cu2+ và X- : A. Đồ thị có dạng: n (m ol) P

N M

a

0

b

t (gi ây )

Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (X2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (O2) Đoạn NP: Độ dốc cao nhất (H2;O2) Chú ý trong tình huống cụ thể này không thể suy luận NP độ dôc cao nhất là (H2,X2) (xem lại thứ tự điện phân) B. Đồ thị có dạng: n ( mol)

P N M 0

t (giây)

a

b

Đoạn OM: độ dốc thấp nhất (X2) Đoạn MN : độ dốc cao nhất (X2;H2) Đoạn NP: Độ dốc thứ 2 (H2;O2) Chú ý trong tình huống cụ thể này không thể suy luận OM độ dốc thấp nhất là (O2) (xem lại thứ tự điện phân) TH2: Điện phân dung dịch hỗn hợp muối Cu2+, Fe2+ , H+ và X- : A. Đồ thị có dạng 1: n ( mol) Q P

N M 0

a

t (giây) b

Đoạn OM: độ dốc thấp nhất (X2) Đoạn MN : độ dốc cao nhất (X2;H2) 83

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Đoạn NP: Độ dốc thứ 2 (O2) Đoạn PQ: Độ dốc thứ 2 (H2; O2) (-) catot

(+)anot X2 X2 O2 O2

H2 H2 B. Đồ thị có dạng 2: n ( mol) S Q P N M 0

t (giây)

a

b

Đoạn OM: (X2) Đoạn MN : nhất (O2) Đoạn NP: (H2; O2) Đoạn PQ: (O2) Đoạn QS: (H2; O2) (-) catot

(+)anot X2 O2 O2 O2 O2

H2 H2 B. Đồ thị có dạng 3: n ( mol) S Q

P N

M 0

a

t (giây) b

Đoạn OM: (X2) Đoạn MN : nhất (X2;H2) Đoạn NP: (X2) Đoạn PQ: (O2) Đoạn QS: (H2; O2)

84

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 (-) catot

(+)anot X2 X2 X2 O2 O2

H2

H2

............................. .............................

Lời kết: + Độ dốc đồ thị tổng quát : (X2;H2)> (O2;H2) > (X2)>(O2) Tùy vào từng trường hợp cụ thể ta xét độ dốc có thể khuyết một trong nhóm khí trên + Sử dụng sáng tạo ĐLBT electron ( nhiều trường hợp bảo toàn hóa trị )

B.BÀI TẬP MINH HỌA Câu 74( 201- 2019). Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.7,57.

B.5,97.

C.2,77.

D.9,17. n (mol)

0,045 N M

0,010

0

a

6a

t (gi ây)

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (O2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

Catot Cu 0,01 Cu 2u

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuSO4 và NaCl lần lượt là x, y O anot M Cl2 0,01 N

O2 u

H2 2v

O2 v 85

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Ta dễ có: u + v + 0,01 + 2v = 0,045 → u + 3v = 0,035 (I) Bảo toàn điện lượng : 4u + 4v + 0,02 = 0,02.6 → u + v = 0,025 (II) Từ (I)(II) ta có : u = 0,02 x = 0,05 y = 0,02 v = 0,005 Tính được m =9,17 gam chọn D

Câu 77( 202- 2019). Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là B.8,74.

C.5,54.

D.10,77.

A.11,94. n (mol)

0,07 N M

0,020

0

a

t (gi ây)

4a

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (O2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

Catot Cu 0,02

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuSO4 và NaCl lần lượt là x, y O anot M Cl2 0,02

Cu 2u

O2 u

N

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + v + 0,02 + 2v = 0,07 → u + 3v = 0,05 (I) Bảo toàn điện lượng : 4u + 4v + 0,04 = 0,04.4 → u + v = 0,03 (II) Từ (I)(II) ta có : u = 0,02 x = 0,06 y = 0,04 v = 0,01 Tính được m =11,94 gam chọn A 86

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 73(203- 2019): Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.17,48.

B.15,76.

C.13,42.

D.11,08. n ( mol)

0,21 N 0,04

M 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

a

3,5 a

t (giây)

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuSO4 và NaCl lần lượt là x, y Catot Cu 0,04

O M

anot Cl2 0,04

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + 2v + 0,04 + u +v = 0,21 → 2u + 3v = 0,17 (I) Bảo toàn điện lượng : 2u + 4v + 0,08 = 0,08.3,5 → u + 2v = 0,1 (II) Từ (I)(II) ta có : u = 0,04 x = 0,04 y = 0,16 v = 0,03 Tính được m =15,76 gam chọn B

Câu 74(206- 2019): Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.26,22.

B.16,62.

C.23,64.

D.20,13.

87

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

n ( mol)

0,288 N M

0,06

t (giây) 0

a

3,2 a

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuSO4 và NaCl lần lượt là x, y Catot Cu 0,06

O M

anot Cl2 0,06

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + 2v + 0,06 + u +v = 0,288 → 2u + 3v = 0,228 (I) Bảo toàn điện lượng : 2u + 4v + 0,12 = 0,12.3,2 → u + 2v = 0,132 (II) Từ (I)(II) ta có : u = 0,06 x = 0,06 y = 0,24 v = 0,036 Tính được m =23,64 gam chọn C

B.BÀI TẬP THIẾT KẾ 2020 Câu 1. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuCl2 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.4,455.

B.5,975.

C.2,775.

D.9,175.

88

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 n (mol)

0,065 N M 0,020

0

t (gi ây)

a

2,25a

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

Catot Cu 0,02

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuCl2 và NaCl lần lượt là x, y O anot M Cl2 0,02

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + 2v + 0,02 + u+ v = 0,065 → 2u + 3v = 0,045 (I) Bảo toàn điện lượng : 2u + 4v+ 0,04 = 0,04.2,25 → u + 2v = 0,025 (II) Từ (I)(II) ta có : x = 0,02 u = 0,015 y = 0,03 v = 0,005 .Tính được m =4,455 gam chọn A

Câu 2. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và KCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.

Giá trị của m là D.9,17.

A.7,57.

B.5,97.

C.9,49. n (mol)

0,045 N M

0,010

0

a

6a

t (gi ây)

Phân tích đồ thị: 89

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (O2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

Catot Cu 0,01

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuSO4 và KCl lần lượt là x, y O anot M Cl2 0,01

Cu 2u

N

O2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + v + 0,01 + 2v = 0,045 → u + 3v = 0,035 (I) Bảo toàn điện lượng : 4u + 4v + 0,02 = 0,02.6 → u + v = 0,025 (II) Từ (I)(II) ta có : u = 0,02 x = 0,05 y = 0,02 v = 0,005 Tính được m =9,49 gam chọn C

Câu 3. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Cu(NO3)2 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.7,570.

B.8,690.

C.2,770.

D.8,105. n (mol)

0,04 N M

0,010

0

a

5a

t (gi ây)

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (O2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

90

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

Catot Cu 0,01

Hướng dẫn giải Gọi số mol Cu(NO3)2 và NaCl lần lượt là x, y O anot M Cl2 0,01

Cu 2u

N

O2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + v + 0,01 + 2v = 0,04 → u + 3v = 0,03 (I) Bảo toàn điện lượng : 4u + 4v + 0,02 = 0,02.5 → u + v = 0,02 (II) Từ (I)(II) ta có : x = 0,04 u = 0,015 y = 0,02 v = 0,005 Tính được m =8,69 gam chọn B

Câu 4. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuCl2 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.4,455.

B.3,195.

C.2,610.

D.9,175. n (mol)

0,05 N M 0,015

0

a

t (gi ây) 7.a 3

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

Catot Cu 0,015 H2 u

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuCl2 và NaCl lần lượt là x, y O anot M Cl2 0,015 N

Cl2 u

H2 2v

O2 v 91

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Ta dễ có: u + 2v + 0,015 + u+ v = 0,05 → 2u + 3v = 0,035 (I) Bảo toàn điện lượng : 2u + 4v+ 0,03 = 0,03.7/3 → u + 2v = 0,02 (II) Từ (I)(II) ta có : x = 0,015 u = 0,01 y = 0,02 v = 0,005 Tính được m =3,195 gam chọn A

Câu 5. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Cu(NO3)2 và KCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.11,405.

B.13,195.

C.7,680.

D.9,175. n (mol)

0,095 N M 0,025

0

a

t (gi ây) 2,6.a

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2) Hướng dẫn giải Gọi số mol Cu(NO3)2 và KCl lần lượt là x, y Catot O anot Cu 0,025 M Cl2 0,025 H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + 2v + 0,025 + u+ v = 0,095 → 2u + 3v = 0,07 (I) Bảo toàn điện lượng : 2u + 4v+ 0,05 = 0,05.2,6 → u + 2v = 0,04 (II) Từ (I)(II) ta có :

92

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 x = 0,025

u = 0,02 v = 0,01

y = 0,09

Tính được m =11,405 gam chọn A

Câu 6. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.7,57.

B.12,69.

C.12,77.

D.12,37. n (mol)

0,055 N

0,04 M

0

t (gi ây) 0,14.a 0,16..a

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (O2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

Catot Cu u Cu 2v

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuSO4 và NaCl lần lượt là x, y O anot M Cl2 u N

O2 v

H2 2t

O2 t

Ta dễ có: u + v = 0,04 u + v+t + 2t = 0,055 → u + v + 3t = 0,055 Tỷ lệ điện lượng : 0,14 2u  4v → u + 2v-14.t = 0  2u  4v  4t 0,16 Từ (I)(II)(III) ta có :

93

(I) (II) (III)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 u = 0,01 v =0,03 t= 0,005

x = 0,07 y = 0,02

Tính được m =12,37 gam chọn D

Câu 7. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và KCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.7,57.

B.12,69.

C.12,77.

D.12,37. n (mol)

0,055 N

0,04 M

0

t (gi ây) 0,14.a 0,16..a

Catot Cu u

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuSO4 và NaCl lần lượt là x, y O anot M Cl2 u

Cu 2v

N

O2 v

H2 2t

O2 t

Ta dễ có: u + v = 0,04 u + v+t + 2t = 0,055 → u + v + 3t = 0,055 Tỷ lệ điện lượng : 2u  4v 0,14 → u + 2v-14.t = 0  2u  4v  4t 0,16

u = 0,01 v =0,03 t= 0,005

x = 0,07 y = 0,02

Tính được m =12,69 gam chọn B

94

(I) (II) (III)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 8. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Cu(NO3)2 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi I =2 A.Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.10,57.

B.5,97.

C.2,77.

D.9,17. . n (mol)

4,5.a N M

a

0

965

5790

t (gi ây)

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (O2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2) Hướng dẫn giải Gọi số mol Cu(NO3)2 và NaCl lần lượt là x, y Áp dụng Công thức faraday thu gọn: I .t 2.965   0, 02   a  0, 01 2a  F 96500 Catot Cu 0,01

O M

anot Cl2 0,01

Cu 2u

N

O2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + v + 0,01 + 2v = 0,045 → u + 3v = 0,035 (I) 2.5790  0,12 → u + v = 0,025 (II) Bảo toàn điện lượng : 4u + 4v + 0,02  96500 Từ (I)(II) ta có : u = 0,02 x = 0,05 y = 0,02 v = 0,005 Tính được m =10,57 gam chọn A

95

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 9. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.

Giá trị của m là A.17,48.

B.15,76.

C.13,42.

D.10,65.

n ( mol)

0,16 N

M 0,03 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

a

11. a 3

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuSO4 và NaCl lần lượt là x, y Catot Cu 0,03

O M

anot Cl2 0,03

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + 2v + 0,03 + u +v = 0,16 → 2u + 3v = 0,13 (I) Bảo toàn điện lượng : 2u + 4v + 0,06 = 0,06.11/3 → u + 2v = 0,08 (II) Từ (I)(II) ta có : u = 0,02 x = 0,03 y = 0,1 v = 0,03 Tính được m =10,65 gam chọn D

96

t (giây)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 10. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và KCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.

Giá trị của m là A.17,48.

B.12,25.

C.13,42.

D.10,65.

n ( mol)

0,16 N

M 0,03 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

a

11. a 3

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuSO4 và KCl lần lượt là x, y Catot Cu 0,03

O M

anot Cl2 0,03

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + 2v + 0,03 + u +v = 0,16 → 2u + 3v = 0,13 (I) Bảo toàn điện lượng : 2u + 4v + 0,06 = 0,06.11/3 → u + 2v = 0,08 (II) Từ (I)(II) ta có : u = 0,02 x = 0,03 y = 0,1 v = 0,03 Tính được m =12,25 gam chọn B

97

t (giây)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 11. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Cu(NO3)2 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.17,59.

B.19,83.

C.13,42.

D.10,65. n ( mol)

0,18 N

M 0,05 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

a

2,6. a

Hướng dẫn giải Gọi số mol Cu(NO3)2 và NaCl lần lượt là x, y Catot Cu 0,05

O M

anot Cl2 0,05

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + 2v + 0,05 + u +v = 0,18 → 2u + 3v = 0,13 (I) Bảo toàn điện lượng : 2u + 4v + 0,1 = 0,1.2,6 → u + 2v = 0,08 (II) Từ (I)(II) ta có : u = 0,02 x = 0,05 y = 0,14 v = 0,03 Tính được m =17,59 gam chọn A

98

t (giây)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 12. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuCl2 và KCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.

Giá trị của m là A.7,985.

B.19,83.

C.13,42.

D.10,65.

n ( mol)

0,17 N

M 0,015 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

a

7. a

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuCl2 và KCl lần lượt là x, y Catot Cu 0,015

O M

anot Cl2 0,015

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + 2v + 0,015 + u +v = 0,17 → 2u + 3v = 0,155 (I) Bảo toàn điện lượng : 2u + 4v + 0,03 = 0,03.7 → u + 2v = 0,09 (II) Từ (I)(II) ta có : u = 0,04 x = 0,015 y = 0,08 v = 0,025 Tính được m =7,985 gam chọn A

99

t (giây)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 13. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuCl2 và KCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.17,59.

B.19,83.

C.13,42.

D.10,65.

n ( mol)

0,18 N

M 0,05 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

a

2,6. a

Hướng dẫn giải Gọi số mol Cu(NO3)2 và KCl lần lượt là x, y Catot Cu 0,05

O M

anot Cl2 0,05

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + 2v + 0,05 + u +v = 0,18 → 2u + 3v = 0,13 (I) Bảo toàn điện lượng : 2u + 4v + 0,1 = 0,1.2,6 → u + 2v = 0,08 (II) Từ (I)(II) ta có : u = 0,02 x = 0,05 y = 0,14 v = 0,03 Tính được m =19,83 gam chọn B

100

t (giây)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 14. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuCl2 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.7,985.

B.6,705.

C.6,042.

D.10,65.

n ( mol)

0,17 N

M 0,015 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

Catot Cu 0,015

a

7. a

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuCl2 và NaCl lần lượt là x, y O anot M Cl2 0,015

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: u + 2v + 0,015 + u +v = 0,17 → 2u + 3v = 0,155 (I) Bảo toàn điện lượng : 2u + 4v + 0,03 = 0,03.7 → u + 2v = 0,09 (II) Từ (I)(II) ta có : u = 0,04 x = 0,015 y = 0,08 v = 0,025 Tính được m =6,705 gam chọn A

101

t (giây)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 15. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.

Giá trị của m là A.17,48.

B.15,76.

C.13,42.

D.11,08. n ( mol)

0,21 N

0,12 M 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

a

1,75. a

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuSO4 và NaCl lần lượt là x, y Catot Cu t

O M

anot Cl2 t

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: t+ 2u = 0,12 3v = 0,21- 0,12 → v = 0,03 Tỷ lệ điện lượng : 2t  2u 1 → 1,5t + 1,5.u - 4v = 0  2t  2u  4v 1, 75

(I) (II) (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

t= 0,04 u = 0,04 v = 0,03

x = 0,04 y = 0,16

Tính được m =15,76 gam chọn B

102

t (giây)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 16. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Cu(NO3)2 và NaCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.16,8.

B.15,76.

C.13,42.

D.11,08. n ( mol)

0,21 N

0,12 M 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

a

1,75. a

Hướng dẫn giải Gọi số mol Cu(NO3)2 và NaCl lần lượt là x, y Catot Cu t

O M

anot Cl2 t

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: t+ 2u = 0,12 3v = 0,21- 0,12 → v = 0,03 Tỷ lệ điện lượng : 1 2t  2u → 1,5t + 1,5.u - 4v = 0  2t  2u  4v 1, 75

(I) (II) (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

t= 0,04 u = 0,04 v = 0,03

x = 0,04 y = 0,16

Tính được m =16,88 gam chọn A

103

t (giây)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 17. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Cu(NO3)2 và KCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.16,8.

B.15,76.

C.19,44.

D.11,08.

n ( mol)

0,21 N

0,12 M 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

a

1,75. a

Hướng dẫn giải Gọi số mol Cu(NO3)2 và KCl lần lượt là x, y Catot Cu t

O M

anot Cl2 t

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: t+ 2u = 0,12 3v = 0,21- 0,12 → v = 0,03 Tỷ lệ điện lượng : 2t  2u 1 → 1,5t + 1,5.u - 4v = 0  2t  2u  4v 1, 75

(I) (II) (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

t= 0,04 u = 0,04 v = 0,03

x = 0,04 y = 0,16

Tính được m =19,44 gam chọn C 104

t (giây)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 17. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và KCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.16,8.

B.15,76.

C.19,44.

D.18,32.

n ( mol)

0,21 N

0,12 M 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

a

1,75. a

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuSO4 và KCl lần lượt là x, y Catot Cu t

O M

anot Cl2 t

H2 u

N

Cl2 u

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: t+ 2u = 0,12 3v = 0,21- 0,12 → v = 0,03 Tỷ lệ điện lượng : 2t  2u 1 → 1,5t + 1,5.u - 4v = 0  2t  2u  4v 1, 75

(I) (II) (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

t= 0,04 u = 0,04 v = 0,03

x = 0,04 y = 0,16

Tính được m =18,32 gam chọn D 105

t (giây)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 18. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuCl2 và KCl vào nước thu được dung dịch X .Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp ,dòng điện có cường độ không đổi .Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M,N).Giả thiết hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước.Giá trị của m là A.16,8.

B.11,36.

C.19,44.

D.18,32. n ( mol)

0,21 N

0,12 M 0

Phân tích đồ thị: Đoạn OM: độ dốc thứ 2 (Cl2) Đoạn MN : độ dốc thấp nhất (H2; Cl2) Đoạn N...: Độ dốc cao nhất (H2;O2)

a

1,75. a

Hướng dẫn giải Gọi số mol CuCl2 và KCl lần lượt là t, y Catot Cu t

O M

anot Cl2 t

H2 u

N

Cl2 u (y =2u)

H2 2v

O2 v

Ta dễ có: t+ 2u = 0,12 3v = 0,21- 0,12 → v = 0,03 Tỷ lệ điện lượng : 2t  2u 1 → 1,5t + 1,5.u - 4v = 0  2t  2u  4v 1, 75

(I) (II) (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

t= 0,04 u = 0,04 v = 0,03

t = 0,04 y = 0,08

Tính được m =11,36 gam chọn B

106

t (giây)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

B.BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1:Điện phân dung dịch hỗn hợp gồm CuSO4 và FeCl2 với điện cực trơ bằng dòng điện một chiều I = 5 A. Kết quả mô tả sự phụ thuộc của kim loại thu được ở catot theo thời gian bằng đồ thị sau: Trong các phát biểu sau phát biểu nào sai ?

A.Giá trị của x= 14,8.

B.Tại thời điểm 5790 s thì ở anot H2O bắt đầu điện phân.

C.Tại thời điểm 7720 s tại ca tot thu được 5,6 gam Fe. D.Giá trị của a = 9,6.

m(gam)

x a

0

3860

5790

9650

t (s)

Câu 2:Điện phân dung dịch hỗn hợp gồm FeCl3 ; FeCl2 và CuSO4 với điện cực trơ bằng dòng điện một chiều I = 2,5 A. Kết quả mô tả sự phụ thuộc của kim loại thu được ở catot theo thời gian bằng đồ thị sau: Trong các phát biểu sau phát biểu nào đúng ?

A.Giá trị của x= 10000.

B.Ở anot tại thời điểm 1930 s H2O bắt đầu điện phân.

C.Tại thời điểm 9650 s tổng số mol khí thu được ở anot là 0,125 mol .

D.Giá trị của y = 4,8.

m (gam)

12 y

0

107

1930

9650

x

t (s)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

Câu 3:Điện phân dung dịch hỗn hợp gồm NaCl và CuSO4 với điện cực trơ bằng dòng điện một chiều I = 5 A. Đồ thị mô tả sự phụ thuộc thể tích khí (đktc) thu được theo thời gian như sau : Phát biểu nào sau đây sai?

A.Số mol NaCl là 0,02 mol.

B. Số mol CuSO4 là 0,015 mol.

C.Giá trị của V1 = 0,28 lít D. Giá trị của V2 = 0,672 lít.

V (lít)

V2

V1

0

386

579

772

t (s)

Câu 4:Điện phân dung dịch hỗn hợp gồm NaCl và CuCl2 với điện cực trơ bằng dòng điện một chiều có cường độ I A. Đồ thị mô tả sự phụ thuộc thể tích khí (đktc) thu được theo thời gian như sau : Phát biểu nào sau đây đúng?

A.Giá trị của I = 2,5 A. B. Tại thời điểm 9650 s thì H2O bắt đầu điện phân ở catot.

C.Giá trị của V1 = 2,24 lít D. Giá trị của V = 5,04 lít.

V (lít)

V 3,36 V1 0

108

4825 9650

14475

t (s)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

Câu 5:Điện phân 1 lít dung dịch hỗn hợp gồm KCl và Cu(NO3)2 ; HCl với điện cực trơ bằng dòng điện một chiều có cường độ I= 5 A. Đồ thị mô tả sự phụ thuộc pH được theo thời gian như sau : pH

Có các phát biểu nào sau a.Giá trị của a = 12. b. Tổng số mol KCl và HCl là 0,05 mol c.Tại thời điểm 772 s H2O bắt đầu điện phân ở anot d. Tại thời điểm 965 s số mol khí thu được ở anot là 0,02 mol.

Số phát biểu sai ?

A.1.

B.2.

D.4.

C.3.

a 7

2 0

579

772

965

t (s)

Câu 6:Điện phân 2 lít dung dịch hỗn hợp gồm KCl và Cu(NO3)2 ; NaCl với điện cực trơ bằng dòng điện một chiều có cường độ I= 5 A. Đồ thị mô tả sự phụ thuộc pH được theo thời gian như sau : pH

Có các phát biểu nào sau a.Giá trị của a = 12. b. Tổng số mol KCl và NaCl là 0,05 mol c.Tại thời điểm 579 s H2O bắt đầu điện phân ở catot d. Tại thời điểm 965 s số mol khí thu được ở anot là 0,035 mol.

Số phát biểu đúng ?

A.1.

B.2.

C.3.

D.4.

a

7

0

109

579

965

t (s)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 75(MĐ 201-2018): Điện phân dung dịch X gồm Cu(NO3)2 và NaCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2,5A. Sau t giây, thu được 7,68 gam kim loại ở catot, dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và hỗn hợp khí ở anot có tỉ khối so với H2 bằng 25,75. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian 12352 giây thì tổng số mol khí thu được ở hai điện cực là 0,11 mol. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân.Số mol ion Cu2+ trong Y là A. 0,01.

B. 0,02.

C. 0,03.

D. 0,04.

HDG Catot (-) anot(+) 2+ Cu + 2e → Cu 2 Cl -2e → Cl2 x 0,12 0,24 0,12 2x + 2H2O - 4e → 4H + O2 4y 4y y

x y

19,5

Cl2(71)

x y =

51,5 O2(32)

19,5 19,5

19,5

Áp dụng ĐLBT E ta có : 0,24 = 6x → x= 0,04 mol Catot (+) Cu2+ + 2e → Cu a 2a a 2H2O + 2 e → H2 + 2OH (0,14– 2b) (0,07– b)

anot(+) 2 Cl- -2e → Cl2 0,08 0,04 2H2O - 4e → 4H+ + O2 4b 4b b

Áp dụng ĐLBT E, công thức faraday ta có : 2a + 0,14 – 2b = 0,08 + 4b = It/F=0,32 a= 0,15 ; b =0,06 Vậy trong Y số mol ion Cu2+ còn là : 0,03 mol Câu 77(MĐ 202-2018): Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 và KCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2A. Sau 4825 giây, thu được dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và 0,04 mol hỗn hợp khí ở anot. Biết Y tác dụng tối đa với 0,06 mol KOH trong dung dịch. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian t giây thì thu được 0,09 mol hỗn hợp khí ở hai điện cực. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Giá trị của t là A. 5790.

B. 8685.

C. 9650.

D. 6755.

HDG Catot (+) anot(+) 2+ Cu + 2e → Cu 2 Cl -2e → Cl2 a 2a a 2x x + 2H2O - 4e → 4H + O2 Cu2+ dư là y mol 4b 4b b

Theo giả thiết ta có : 2y + 4b = 0,06; x + b = 0,04 ; 2a = 2x + 4b = It/F =0,1 x = 0,03 ; y =0,01 ; a = 0,05 ; b = 0,01 110

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020

Catot (+) Cu + 2e → 0,06 0,12 2+

2H2O 2OH-

+

2e

→

Cu 0,06 H2

2u

anot(+) 2 Cl -2e → Cl2 0,06 0,03 + 2H2O - 4e → 4H + O2 4v 4v v -

+

u

2u Áp dụng ĐLBT E : 0,12 + 2u = 0,06 + 4v u – 2v = - 0,03 (1) Theo giả thiết : u + v + 0,03 = 0,09 → u + v = 0,06 (2) Từ (1)(2) Giải hệ ta có : u = 0,03 ; v = 0,03 Vậy áp dụng công thức Faraday ta có : t = 8685 Câu 78(MĐ 203-2018): Điện phân dung dịch X chứa m gam hỗn hợp Cu(NO3 )2 và NaCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2,5A. Sau 9264 giây, thu được dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và hỗn hợp khí ở anot có tỉ khối so với H2 bằng 25,75. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian t giây thì thu được tổng số mol khí ở hai điện cực là 0,11 mol (số mol khí thoát ra ở điện cực này gấp 10 lần số mol khí thoát ra ở điện cực kia). Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Giá trị của m là A. 30,54. . B 27,24. . C 29,12. . D 32,88.

HDG Áp dụng Công thức faraday ta có được ne = 0,24 Catot (+) anot(+) 2 Cl- -2e → Cl2 Cu2+ + 2e → Cu 0,12 0,24 0,12 2x x 2H2O - 4e → 4H+ + O2 4y 4y y

x y

19,5

Cl2(71)

x y =

51,5 O2(32)

19,5 19,5

19,5

Áp dụng ĐLBT E ta có : 0,24 = 6x → x= 0,04 mol Catot (+) Cu + 2e → Cu a 2a a + 2e → + H2

anot(+) 2 Cl -2e → Cl2 0,08 0,04 + 2H2O - 4e → 4H + O2 0,24 0,06

2+

2H2O 2OH-

0,02

-

0,01

Áp dụng ĐLBT E, công thức faraday ta có : 2a + 0,02 = 0,08 + 0,24 a= 0,15 Vậy m = 32, 88 gam 111

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 77(MĐ 204-2018): Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 và KCl (tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 5) với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2A. Sau 1930 giây, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí gồm H2 và Cl2 (có tỉ khối so với H2 là 24). Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian t giây thì khối lượng dung dịch giảm 2,715 gam. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Giá trị của t là A. 3860.

B. 5790.

C. 4825.

D. 2895 HDG Áp dụng Công thức faraday ta có được ne = 0,04 anot(+) Catot (+) 2+ Cu + 2e → Cu 2 Cl -2e → Cl2 a 2a a 0,04 0,02 2H2O + 2 e → H2 + 2OH0,02 0,01 46 0,02 Cl2(71) 0,02= 2 48 y y H (2) 2 23 y = 0,01 Áp dụng ĐLBTE ta có: a =0,01 → nKCl = 0,05 Catot (+) Cu + 2e → Cu 0,01 0,02 0,01 + 2e → + H2

anot(+) 2 Cl -2e → Cl2 0,05 0,025 + 2H2O - 4e → 4H + O2 4v v

2+

2H2O 2OH-

-

2u u Áp dụng ĐLBTE : 0,02 + 2u = 0,05 + 4v u- 2v = 0,015 (1) Theo gt : mCu + mH2 + mCl2 + mO2 = 2,715 0,01. 64 + u.2 + 0,025 . 71 + 32v = 2,715 2 u + 32v =0,3 (2) Từ (1) (2) ta có được u =0,03 ; v=0,0075 ne = 0,08 → t = 3860 (s) ĐIỆN PHÂN TRONG ĐỀ THI CÁC NĂM Câu 1(ĐHA-2007): Điện phân dung dịch CuCl2 với điện cực trơ, sau một thời gian thu được 0,32 gam Cu ở catôt và một lượng khí X ở anôt. Hấp thụ hoàn toàn lượng khí X trên vào 200 ml dung dịch NaOH (ở nhiệt độ thường). Sau phản ứng, nồng độ NaOH còn lại là 0,05M (giả thiết thể tích dung dịch không thay đổi). Nồng độ ban đầu của dung dịch NaOH là (cho Cu = 64) A. 0,15M. B. 0,2M. C. 0,1M. D. 0,05M. Câu 2(ĐHB-2007):Điện phân dung dịch chứa a mol CuSO4 và b mol NaCl (với điện cực trơ, có màng ngăn xốp). Để dung dịch sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng thì điều kiện của a và b là (biết ion SO42- không bị điện phân trong dung dịch) A. b > 2a.

B. b = 2a.

C. b < 2a.

D. 2b = a.

112

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 3(ĐHB-2009):Điện phân có màng ngăn 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuCl2 0,1M và NaCl 0,5M (điện cực trơ, hiệu suất điện phân 100%) với cường độ dòng điện 5A trong 3860 giây. Dung dịch thu được sau điện phân có khả năng hoà tan m gam Al. Giá trị lớn nhất của m là A. 4,05.

B. 2,70.

C. 1,35.

D. 5,40.

Câu 4(ĐHA-2010): Phản ứng điện phân dung dịch CuCl2 (với điện cực trơ) và phản ứng ăn mòn điện hoá xảy ra khi nhúng hợp kim Zn-Cu vào dung dịch HCl có đặc điểm là: A. Phản ứng ở cực âm có sự tham gia của kim loại hoặc ion kim loại.

B. Phản ứng ở cực dương đều là sự oxi hoá Cl–.

C. Đều sinh ra Cu ở cực âm.

D. Phản ứng xảy ra luôn kèm theo sự phát sinh dòng điện.

Câu 5(ĐHB-2010):Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO4 nồng độ x mol/l, sau một thời gian thu được dung dịch Y vẫn còn màu xanh, có khối lượng giảm 8 gam so với dung dịch ban đầu. Cho 16,8 gam bột sắt vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4 gam kim loại. Giá trị của x là A. 2,25.

B. 1,50.

C. 1,25.

D. 3,25.

Câu 6(ĐHA-2011):Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO3)2 (điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khi khối lượng dung dịch giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể). Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là B. KNO3, KCl và KOH. A. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2.

C. KNO3 và Cu(NO3)2.

D. KNO3 và KOH. Câu 7(ĐHA-2012):Điện phân 150 ml dung dịch AgNO3 1M với điện cực trơ trong t giờ, cường độ dòng điện không đổi 2,68A (hiệu suất quá trình điện phân là 100%), thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí Z. Cho 12,6 gam Fe vào Y, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 14,5 gam hỗn hợp kim loại và khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị của t là A. 0,8.

B. 1,2.

C. 1,0.

D. 0,3.

Câu 8(ĐHB-2012): Điện phân dung dịch hỗn hợp gồm 0,1 mol FeCl3, 0,2 mol CuCl2 và 0,1 mol HCl (điện cực trơ). Khi ở catot bắt đầu thoát khí thì ở anot thu được V lít khí (đktc). Biết hiệu suất của quá trình điện phân là 100%.

Giá trị của V là A. 5,60.

B. 11,20.

C. 22,40.

D. 4,48.

Câu 9(ĐHA-2013): Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al2O3.

Giá trị của m là A. 25,6.

B. 51,1.

C. 50,4.

D. 23,5 Câu 10(ĐHB-2013).Điện phân nóng chảy Al2O3 với các điện cực bằng than chì, thu được m kilogam Al ở catot và 89,6 m3 (đktc) hỗn hợp khí X ở anot. Tỉ khối của X so với H2 bằng 16,7. Cho 1,12 lít X (đktc) phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 1,5 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 144,0.

B. 104,4.

C. 82,8.

D. 115,2.

Câu 11(ĐHA-2014): Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân

113

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của a là B. 0,24.

A. 0,15.

C. 0,26.

D. 0,18.

Câu 12(ĐMH-2015): Điện phân với điện cực trơ dung dịch chứa 0,2 mol Cu(NO3)2, cường độ dòng điện 2,68A, trong thời gian t (giờ), thu được dung dịch X. Cho 14,4 gam bột Fe vào X, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và 13,5 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và hiệu suất của quá trình điện phân là 100%. Giá trị của t là A. 0,60.

B. 1,00.

C. 0,25.

D. 1,20.

Câu 13(THPTQG-2015): Điện phân dung dịch muối MSO4 (M là kim loại) với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi. Sau thời gian t giây, thu được a mol khí ở anot. Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 2,5a mol. Giả sử hiệu suất điện phân là 100%, khí sinh ra không tan trong nước. Phát biểu nào sau đây sai?

A. Dung dịch sau điện phân có pH < 7.

B. Tại thời điểm 2t giây, có bọt khí ở catot.

C. Tại thời điểm t giây, ion M2+ chưa bị điện phân hết.

D. Khi thu được 1,8a mol khí ở anot thì vẫn chưa xuất hiện bọt khí ở catot.

Câu 14(THITHU ĐHV-2016): Tiến hành điện phân (với điện cực trơ , hiệu suất 100%, dòng điện có cường độ không đổi) với dung dịch X gồm 0,2mol CuSO4 và 0,15 mol HCl, sau một thời gian điện phân thu được dung dịch Y có khối lượng giảm 14,125g so với khối lượng dung dịch X. Cho 15g bột Fe vào Y đến khi kết thúc các phản ứng thu được m gam chất rắn. Biết các khí sinh ra hòa tan không đáng kể trong nước. Giá trị của m là: B. 15,3 C. 10,8 D. 8,0 A. 8,6 Câu 15(THITHU ĐHV-2016): Điện phân dung dịch chứa 23,4 gam muối ăn (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) thu được 2,5 lít dung dịch có pH = 13. Phần trăm muối ăn bị điện phân là A. 65%.

B. 70%.

C. 80%.

D. 62,5%.

Câu 16(THITHU QUỲNH LƯU-2016): Điện phân 1 lít dung dịch X gồm Cu(NO3)2 0,6M và FeCl3 0,4M đến khi anot thoát ra 17,92 lít khí (đktc) thì dừng lại. Lấy catot ra khỏi bình điện phân, khuấy đều dung dịch để phản ứng xẩy ra hoàn toàn thì thu được dung dịch Y. Giả thiết kim loại sinh ra đều bám lên catot, sản phẩm khử của N+5 (nếu có) là NO duy nhất. Giá trị (mX –mY) gần nhất là?

A. 92 gam B. 102 gam C. 101 gam D. 91 gam Câu 17(Thi thử Chuyen Quang Dieu-2016): Điện phân có màng ngăn với điện cực trơ 400 ml dung dịch hỗn hợp gồm CuSO4 a M và NaCl 1M, với cường độ dòng điện 5A trong 3860 giây. Dung dịch tạo thành bị giảm so với ban đầu là 10,4 gam. Khối lượng gần nhất của đồng thu được trong thời gian trên là A. 3,212 gam. B. 6,398 gam. C. 3,072 gam. D. 6,289 gam.

Câu 18(Thi thử Chuyen Nguyễn Huệ-2016): Điện phân với 2 điện cực trơ một dung dịch chứa a gam CuSO4 cho tới khi có 0,448 lít khí (đo ở đktc) xuất hiện ở anot thì ngừng điện phân và thu được dung dịch X. Ngâm 1 lá sắt sạch trong X, kết thúc phản ứng lấy lá sắt ra, rửa sạch, làm khô, cân lại thấy khối lượng lá sắt không thay đổi. Giá trị của a là A. 32,2.

B. 51,2 C. 44,8.

D. 12.

Câu 19(Thi thử BGD-2016): Điện phân 0,5 lít dung dịch Cu(NO3)2 0,045M (d = 1,035 g/ml) với điện cực trơ, cường độ dòng điện 9,65A trong thời gian t giây, thu được dung dịch X có pH = 1,00, (d = 1,036 g/ml) (giả sử nước bay hơi không đáng kể). Giá trị của t là A. 96500.

B. 45500.

C. 55450.

D. 57450.

114

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 20(Thi thử BGD-2016):Điện phân 500ml dung dịch hỗn hợp gồm FeCl3 0,4M và CuCl2 0,5M với điện cực trơ. Khi ở anot thoát ra 8,96 lít khí (điều kiện tiêu chuẩn) thì khối lượng kim loại thu được ở catot là A. 18,60 gam.

B. 21,60 gam.

C. 27,84 gam.

D. 18,80 gam.

Câu 21 (ĐHSPHN-2016): Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO4 nồng độ x mol/l, sau một thời gian thu được dung dịch Y vẫn còn màu xanh, có khối lượng giảm 8g so với dung dịch ban đầu. Cho 16,8g bột sắt vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4g kim loại. Giá trị của x là A. 1,50.

B. 3,25.

C. 2,25.

D. 1,25.

Câu 22(THPTQG-2016): Điện phân dung dịch hỗn hợp NaCl và 0,05 mol CuSO4 bằng dòng điện một chiều có cường độ 2A (điện cực trơ, có màng ngăn). Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được khí ở hai điện cực có tổng thể tích là 2,352 lít (đktc) và dung dịch X. Dung dịch X hòa tan được tối đa 2,04 gam Al2O3. Giả sử hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là A. 9650.

B. 8685 . C. 7720.

D. 9408.

Câu 23(HSG Phú Thọ 2014-2015): Điện phân dung dịch chứa 102 gam một muối nitrat của kim loại M với cường độ dòng điện là aA, điện cực trơ và hiệu quả của sự phóng điện là 100%. Sau thời gian t(s) khối lượng dung dịch sau điện phân (A) giảm 69,6 gam so với trước điện phân, trên cacot sản phẩm chỉ có kim loại thoát ra và bám vào điện cực còn trên anot chỉ có một khí và thoát ra hết khỏi dung dịch. Biết dung dịch (A) hòa tan vừa hết 10,2 gam Al2O3, các ion không có sự thủy phân. Sau thời gian điện phân 2t(s) thì khối lượng dung dịch điện phân giảm m gam. Giá trị của m là B. 39,2.

C. 72,3.

D. 69,6..

A. 75.

Câu 24(HSG Phú Thọ 2015-2016): Điện phân V ml dung dịch Cu(NO3)2 0,4M với điện cực trơ đến khi có bọt khí xuất hiện ở catot thì ngắt nguồn điện ngoài. Để yên hệ thống điện phân đến khi khối lượng catot không đổi thì thấy khối lượng catot tăng thêm 3,2 gam và có khí NO (sản phẩm khử duy nhất) bay ra. Thể tích V của dung dịch Cu(NO3)2 ban đầu là A. 1000.

B. 200.

C. 400.

D. 500.

Câu 25(HSG Phú Thọ 2015-2016): Điện phân 200 ml dung dịch Y gồm KCl 0,1M và Cu(NO3)2 0,2M với cường độ dòng điện 5A trong thời gian 1158 giây, điện cực trơ, màng ngăn xốp. Giả sử nước bay hơi không đáng kể. Độ giảm khối lượng của dung dịch sau khi điện phân là: A. 3,59 gam.

B. 1,67 gam.

C. 2,95 gam.

D. 2,31 gam Câu 26(HSG Phú Thọ 2014-2015): Điện phân 1000ml dung dịch hỗn hợp gồm CuSO4 0,1M; NaCl 0,5M; HCl aM với cường độ dòng điện là 9,65A và điện cực trơ, màng ngăn xốp . Tiến hành theo dõi sự thay đổi pH của dung dịch (như hình vẽ) trong điều kiện thể tích dung dịch không thay đổi trong thời gian điện phân, các ion không xảy ra quá trình thủy phân và sự phóng điện có hiệu quả 100%, các sản phẩm khí và kim loại giải phóng ra thì thoát hết ra khỏi dung dịch.

115

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 pH 13

7

t(s)

1 0

2000

3000

x

Sự phụ thuộc của pH theo thời gian điện phân

Chọn phương án đúng trong các phương án sau: A. khi điện phân được 2500s thì pH của dung dịch là 12.

B. x= 4000 C. a = 0,1 D. khi điện phân được 1000s thì khối lượng dung dịch giảm đi 6,75 gam Câu 27(THI THUTHPTQG-2016): Điện phân 500ml dung dịch hỗn hợp gồm FeCl3 0,4M và CuCl2 0,5M với điện cực trơ. Khi ở anot thoát ra 8,96 lít khí (điều kiện tiêu chuẩn) thì khối lượng kim loại thu được ở catot là A. 18,60 gam.

B. 21,60 gam .C. 27,84 gam. D. 18,80 gam.

Câu 28(ĐHA-2011): Hoà tan 13,68 gam muối MSO4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, được y gam kim loại M duy nhất ở catot và 0,035 mol khí ở anot. Còn nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245 mol. Giá trị của y là A. 4,788.

B. 4,480.

C. 1,680.

D. 3,920.

Câu 29(THU NGHIEM BGD-2017): Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm CuSO4 và KCl vào H2O, thu được dung dịch Y. Điện phân Y (có màng ngăn, điện cực trơ) đến khi H2O bắt đầu điện phân ở cả hai điện cực thì dừng điện phân. Số mol khí thoát ra ở anot bằng 4 lần số mol khí thoát ra từ catot. Phần trăm khối lượng của CuSO4 trong X là A. 61,70%.

B. 44,61%.

C. 34,93%.

D. 50,63%.

Câu 30(THU NGHIEM BGD3-2017):. Điện phân (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) dung dịch muối nitrat của một kim loại M (có hóa trị không đổi). Sau thời gian t giây, khối lượng dung dịch giảm 6,96 gam và tại catot chỉ thu được a gam kim loại M. Sau thời gian 2t giây, khối lượng dung dịch giảm 11,78 gam và tại catot thoát ra 0,224 lít khí (đktc). Giá trị của a là A. 8,64.

B. 6,40.

C. 6,48.

D. 5,60.

116

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 75(MĐ 201-2018): Điện phân dung dịch X gồm Cu(NO3)2 và NaCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2,5A. Sau t giây, thu được 7,68 gam kim loại ở catot, dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và hỗn hợp khí ở anot có tỉ khối so với H2 bằng 25,75. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian 12352 giây thì tổng số mol khí thu được ở hai điện cực là 0,11 mol. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân.Số mol ion Cu2+ trong Y là A. 0,01.

B. 0,02.

C. 0,03.

D. 0,04.

Câu 77(MĐ 202-2018): Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 và KCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2A. Sau 4825 giây, thu được dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và 0,04 mol hỗn hợp khí ở anot. Biết Y tác dụng tối đa với 0,06 mol KOH trong dung dịch. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian t giây thì thu được 0,09 mol hỗn hợp khí ở hai điện cực. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Giá trị của t là A. 5790.

B. 8685.

C. 9650.

D. 6755.

Câu 78(MĐ 203-2018): Điện phân dung dịch X chứa m gam hỗn hợp Cu(NO3 )2 và NaCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2,5A. Sau 9264 giây, thu được dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và hỗn hợp khí ở anot có tỉ khối so với H2 bằng 25,75. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian t giây thì thu được tổng số mol khí ở hai điện cực là 0,11 mol (số mol khí thoát ra ở điện cực này gấp 10 lần số mol khí thoát ra ở điện cực kia). Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Giá trị của m là A. 30,54. . B 27,24. . C 29,12. . D 32,88.

Câu 77(MĐ 204-2018): Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 và KCl (tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 5) với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2A. Sau 1930 giây, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí gồm H2 và Cl2 (có tỉ khối so với H2 là 24). Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian t giây thì khối lượng dung dịch giảm 2,715 gam. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Giá trị của t là A. 3860.

B. 5790.

C. 4825.

D. 2895 Câu 73(Tham khảo 2018). Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch gồm CuSO4 và NaCl (tỉ lệ mol tươngứng 1 : 3) với cường độ dòng điện 1,34A. Sau thời gian t giờ, thu được dung dịch Y (chứa hai chất tan) có khối lượng giảm 10,375 gam so với dung dịch ban đầu. Cho bột Al dư vào Y, thu được 1,68 lít khí H2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước. Giá trị của t là A. 7.

B. 6.

C. 5.

D. 4

117