Lý thuyết
Lý Thuyết Lớp 12
Lý thuyết lớp 11
Lý thuyết lớp 10
Lý thuyết lớp 9
Lý thuyết lớp 8
Lý thuyết lớp 7
Lý thuyết lớp 6
Lý thuyết lớp 5
Lý thuyết lớp 4
Lý thuyết lớp 3
Lý thuyết lớp 2
Lý thuyết lớp 1
Công thức
Công thức Toán học
Soạn văn
Toán THPT
Toán THCS
Thi vào lớp 10
Tuyển sinh
Đại học
Bản tin
Thư viện câu hỏi
Thi Online
Hỏi bàiĐề thi thử tốt nghiệp THPT môn Hóa học năm 2020 - Sở GD&ĐT Đà Nẵng đợt 2
Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Hóa học năm 2020 - Sở GD&ĐT Đà Nẵng đợt 2
-
Hocon247
-
40 câu hỏi
-
90 phút
-
39 lượt thi
-
Dễ
Tham gia [ Hs Hocon247.com ] - Cộng Đồng Luyện Thi Trực Tuyến để được học tập những kiến thức bổ ích từ HocOn247.com
Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một este X bằng 0,55 mol O2 (dư) thu được 0,8 mol hỗn hợp khí và hơi Y, dẫn Y đi qua bình đựng H2SO4 đặc thấy khối lượng bình tăng 5,4 gam. Xà phòng hóa m gam X cần vừa đủ 0,1 mol NaOH thu được dung dịch chứa 1 ancol không no và a gam muối. Giá trị của a là
nH2O = 0,3 mol → HX = 0,3*2/0,1 = 6
CxH6Oz + 5,5O2 → xCO2 + 3 H2O + (8 – x – 3) O2
Bảo toàn O: z + 11 = 2x + 3+ (8 – x – 3)*2 → z = 2
Theo đề bài: 8 – x – 3 > 0 → x < 5 → C3H6O2; C4H6O2
Xà phòng hóa thu được ancol không no → HCOO-CH2-CH=CH2
Muối HCOONa 0,1 mol → mmuối = 6,8 gam
Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được 4,48 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CO, CO2 và H2. Cho toàn bộ X phản ứng hoàn toàn với hỗn hợp a mol Fe2O3 và b mol CuO nung nóng, sau phản ứng thu được 25,92 gam hỗn hợp chất rắn Y. Để khử hoàn toàn chất rắn Y thành các kim loại cần (2a + 0,5b) mol H2. Tỉ khối hơi của X so với H2 là
C + H2O → CO + H2 (1)
x x x x
C + 2H2O → CO2 + 2H2 (2)
y 2y y 2y
Xét X: Đặt nCO + nH2 = c → nCO2 = 0,2 – c
Bảo toàn [O] theo hướng H2 và CO lấy O trong oxit: 2a + 0,5b + c = 3a + b → 2a + b – 2c = 0 (3)
Bảo toàn khối lượng: 160a + 80b – 16c = 25,92 → 2a + b – 0,2c = 0,324 (4)
Giải hệ (3) và (4) cho c = 0,18
Theo (1), (2) dễ thấy: nCO + nH2 = 2nC → nC = 0,09 → nCO + nCO2 = 0,09
→ nCO = 0,09 – 0,02 = 0,07; nH2 = 0,18 – 0,07 = 0,11
→ mY = 0,11*2 + 0,07*28 + 0,02*44 = 3,06 gam → MX = 15,3 → dX/H2 = 7,65
Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần dùng 69,44 lít khí O2 (đktc) thu được khí CO2 và 36,72 gam nước. Đun nóng m gam X trong 150 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được p gam chất rắn khan. Biết m gam X tác dụng vừa đủ với 12,8 gam Br2 trong dung dịch. Giá trị của p là
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}
6{n_X} + 2.3,1 = 2{n_{C{O_2}}} + 2,04\\
{n_{C{O_2}}} - 2,04 = (k + 3 - 1){n_X} = {n_{B{r_2}}} + 2{n_X} = 0,08 + 2{n_X}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_X} = 0,04\\
{n_{C{O_2}}} = 2,2
\end{array} \right. \to {m_X} = 34,32\;(g)\)
Khi cho X tác dụng với NaOH thì:
\({n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = 0,04\;mol \to m = 36,64\;(g)\)
Chất hữu cơ T (C9H14O7, mạch hở), tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH (dư, đun nóng), thu được glixerol và hai muối của hai axit cacboxylic X, Y có cùng số nguyên tử cacbon (mạch cacbon không phân nhánh, MX < MY). Cho các phát biểu sau:
(a) Tổng số nguyên tử hiđro trong hai phân tử X, Y bằng 10.
(b) 1 mol chất T tác dụng với kim loại Na (dư), thu được 1 mol khí H2.
(c) Nhiệt độ sôi của chất X cao hơn axit axetic.
(d) Phân tử chất Y có số nguyên tử hiđro bằng số nguyên tử oxi.
Số phát biểu đúng là
T (C9H14O7, mạch hở) à k = 3
GT thì T : HOOC – CH2 – COOCH2 – CH(OH) – CH2 –OOCC2H5
(có thể viết được 3 cấu tạo ; tuy nhiên đề không hỏi)
X là : C2H5COOH ; Y là CH2(COOH)2
Vậy cả 4 phát biểu đều đúng
Cho X và Y (MX < MY) là hai este đều mạch hở, không phân nhánh và không chứa nhóm chức khác. Đốt cháy X cũng như Y với lượng oxi vừa đủ, luôn thu được CO2 có số mol bằng số mol O2 đã phản ứng. Đun nóng 15,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y (số mol của X gấp 1,5 lần số mol Y) cần dùng 200 ml dung dịch KOH 1M, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol đơn chức và hỗn hợp K chứa 2 muối. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 7,6 gam. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp K cần dùng 0,21 mol O2. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp E là
- Ta có: \({n_{{H_2}}} = \frac{1}{2}{n_{K{\rm{O}}H}} = 0,1\;mol \Rightarrow {m_{ancol}} = \) mb.tăng + 2nH2 = 7,8 (g)
- Khi đốt cháy E thì: \({n_{C{O_2}}} = {n_{{O_2}}} = {n_{C{O_2}(K)}} + {n_{C{O_2}(F)}} + {n_{{K_2}C{O_3}}} = {n_{C{O_2}(K)}} + 0,4\)
\( \to {n_{{H_2}O}} = \frac{{{m_E} + 32{n_{{O_2}}} - 44{n_{C{O_2}}}}}{{18}} = \frac{{10,32 - 12{n_{C{O_2}(K)}}}}{{18}}\)
- Khi cho E tác dụng với KOH thì: \({m_K} = {m_E} + 56{n_{K{\rm{O}}H}} - {m_{ancol}} = 18,52\;(g)\)
\( \to {n_{H(K)}} = 2{n_{{H_2}O}} + {n_{K{\rm{O}}H}} - {n_{H(F)}} = \frac{{3,12 - 12{n_{C{O_2}(K)}}}}{9} \Rightarrow {n_{{H_2}O(K)}} = \frac{{3,12 - 12{n_{C{O_2}(K)}}}}{{18}}\) (1)
- Khi đốt cháy K thì: \({m_F} + 32{n_{{O_2}}} = 44{n_{C{O_2}(K)}} + 18{n_{{H_2}O(K)}} + 138{n_{{K_2}C{O_3}}} \Rightarrow {n_{C{O_2}(K)}} = 0,26\;mol\)
- Thay nCO2 vào (1) nhận thấy nH2O (K) = 0 → trong muối K không chứa H.
- Gọi muối K \(\left\{ \begin{array}{l}
{C_x}{(COOK)_2}:1,5{\rm{a}}\\
{C_y}{(COOK)_2}:a
\end{array} \right. \to 3{\rm{a}} + 2{\rm{a = 0,4}} \Rightarrow {\rm{a = 0,04}} \to 0,06x + 0,04y = 0,16 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 4
\end{array} \right.\)
Ta có 32.nCH3OH + M.(0,2 – nCH3OH) = 7,8
Chạy nghiệm với → nCH3OH = 0,04; 0,06; 0,08; 0,10; 0,12; 0,14; 0,16
Chọn được nCH3OH = 0,1; M = 46 → C2H5OH 0,1 mol
mà \({n_{C{H_3}OH}} = {n_{{C_2}{H_5}OH}} = {n_{{{(COOK)}_2}}} + {n_{{C_4}{{(COOK)}_2}}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
X:{H_3}COOC - COO{C_2}{H_5}\,(0,06)\\
Y:{H_3}COOC - C \equiv C - C \equiv C - COO{C_2}{H_5}\;(0,04)
\end{array} \right.\)
→ %mX = 52,38%.
Cho chất X (C9H23O4N3) là muối amoni của axit glutamic; chất Y (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axit cacboxylic đa chức; chất Z (CmH2m+4O2N2) là muối amoni của một amino axit. Cho m gam E gồm X, Y và Z (có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 5 : 2) tác dụng hết với lượng dư dung dịch KOH đun nóng, thu được 0,14 mol etylamin và 15,03 gam hỗn hợp muối. Phần trăm khối lượng của Y trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
\(mgE\left\{ \begin{array}{l}
X:({C_5}{H_7}{O_4}N) - {(N{H_3}{C_2}{H_5})_2}:a\\
Y:R{(C{\rm{OON}}{{\rm{H}}_3}{C_2}{H_5})_2}:5a\\
Z:{H_2}N - R' - COON{H_3}{C_2}{H_5}:2a
\end{array} \right. \to 2a + 10a + 2a = 0,14 \to a = 0,01(mol)\)
\( \to 233.0,01 + (R + 166).0,05 + (R' + 99).0,02 = 15,03 \to 5R + 2R' = 242\)
\( \to \left\{ \begin{array}{l}
R = 28({C_2}{H_4})\\
R' = 56({C_4}{H_8})
\end{array} \right.\)
\( \to \left\{ \begin{array}{l}
X:({C_5}{H_7}{O_4}N) - {(N{H_3}{C_2}{H_5})_2}:0,01\\
Y:{C_2}{H_4}{(C{\rm{OON}}{{\rm{H}}_3}{C_2}{H_5})_2}:0,05\\
Z:{H_2}N - {C_4}{H_8} - COON{H_3}{C_2}{H_5}:0,02
\end{array} \right.\)
Lưu ý: Y, Z có nhiều CTCT
\( \to \% m_Y^E = \frac{{208.0,05}}{{237.0,01 + 208.0,05 + 162.0,02}}.100\% = 64,74\% \)
