Đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 môn Hóa học - Mã đề 217 - THPT Long Khánh, Đồng Nai

Nội dung text: Đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 môn Hóa học - Mã đề 217 - THPT Long Khánh, Đồng Nai

1. MỘT CÁCH GIẢI CÁC CÂU KHÓ ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2020. MÃ ĐỀ 217 ThS Lê Văn Phê – THPT Long Khánh. Đồng Nai Câu 76. Cho hỗn hợp E gồm ba chất X, Y và ancol propylic. X, Y là hai amin kế tiếp trong dãy đồng đẳng; phân tử X, Y đều có hai nhóm amino và gốc hidrocacbon không no; MX< MY. Khi đốt cháy hết 0,12 mol E cần vừa đủ 0,725 mol O2, thu được H2O, N2 và 0,46 mol CO2. Phần trăm khối lượng của X trong E A. 40,89% B. 30,90% C. 31,78% D. 36,44% Giải Ancol x mol và Amin có a (lk pi + vòng) CnH2n+4-2aN2: y mol ; khi cháy số mol N2 sinh ra là y mol ; Bảo toàn smol O thì smol H2O = x+0,53. Vậy tổng mol (CO2 + N2) – smol H2O = y(a-1) – x. Ta có : 2y - ay = 0,07 y = 0,07/(2-a) nên a =1 và y =0,07 vậy smol ancol là 0,05 ; nước là 0,58mol Số ngtu C trung bình của amin = (0,46 – 0,05x3)/0,07 = 4,4 nên X là C4H10N2 (bmol) và Y là C5H12N2(cmol) nên b + c = 0,07 ; 4b + 5c = 0,31 vậy b =0,04 ; c=0,03 klg amin X= 0,04x86 = 3,44 ; Klg hhE = 18x0,58+0,46x44+0,07x28-0,725x32= 9,44. %klg X= 36,44 Câu 77. Hỗn hợp E gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit X. Cho m gam E tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được 58,96 gam hỗn hợp hai muối. Nếu đốt cháy hết m gam E thì cần vừa đủ 5,1 mol O2, thu được H2O và 3,56 mol CO2. Khối lượng của X trong m gam E là A. 32,24 gam B. 25,60 gam C. 33,36 gam D. 34,48 gam Giải Theo gt; đặt smol 2 axit: CnH2nO2 là x (1 lkpi; 16<n<18)); smol X: CmH2m-4O6 là y (3 lkpi; m =53 hay 55); Khi pứ với NaOH thì smol NaOH pứ là (x+3y) sinh ra xmol H 2O và y mol Glixerol. Bảo toàn klg thì m = 58,96 + 18x + 92y – 40(x+3y) nên m = 58,96 -22x-28y. Bảo toàn smol O khi đốt E thì: Smol H2O = (2x +6y) +5,1. 2 – 3,56. 2 = 2x +6y +3,08. Vậy BTKL: (58,96 -22x-28y) + 5,1. 32 = 3,56. 44 + (2x+6y+3,08).18 58x + 136y = 10,08. Khi đốt hhE thì smol CO2 – smol H2O = 2y nên: 3,56 – (2x+6y+3,08) = 2y x +4y = 0,24. Giải ra x=0,08;y = 0,04. Tổng mol CO2: 0,08. n + 0,04. m =3,56 nên 2n + m = 89 Nếu n = 16 thì m = 57; nếu n = 18 thì m = 53 nên 53 < m < 57 vậy m = 55. Klg X = 0,04. 862=34,48 Câu 78. Nhiệt phân hoàn toàn 41,58 gam X (là muối ở dạng ngậm nước), thu được hỗn hợp Y (gồm khí và hơi) và 11,34 gam một chất rắn Z. Hấp thụ hết Y vào nước, thu được dung dịch T. Cho 280 ml dung dịch NaOH 1M vào T, thu được dung dịch chỉ chứa một muối, khối lượng của muối là 23,8 gam. Phần trăm khối lượng nguyên tố oxi trong X là A. 48,48% B. 53,87% C. 59,26% D. 64,65%. Giải - 2- Gt suy ra X là muối nitrat: khi nhiệt phân thì 2NO3 2NO2 + ½ O2 + O (oxit). Hh Y khi vào nước: 4NO2 + 2H2O + O2 4HNO3 sinh ra NaNO3 khi pứ NaOH. - Smol NaNO3 = 23,8/85 = 0,28 phù hợp với 0,28 mol NaOH. Vậy số mol NO3 ban đầu trong muối là 0,28. Khi nhiệt phân tạo ra 0,28mol NO2; 0,07 mol O2 vậy klg H2O trong hhY: (41,58 – 11,34) -0,28. 46 – 0,07. 32 =15,12 nên smol H2O trong X = 0,84. % klg O trong X = (0,28. 48 + 0,84. 16)/41,58 = 64,6464 Câu 79. Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở X, Y và Z, trong đó có một este hai chức và hai este đơn chức; MX< MY< MZ. Cho 24,66 gam E tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được hỗn hợp các ancol no và 26,42 gam hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic kế tiếp trong cùng dãy đồng đẳng. Khi đốt cháy hết 24,66 gam E thì cần vừa đủ 1,285 mol O2, thu được H2O và 1,09 mol CO2. Khối lượng của X trong 24,66 gam E là A. 5,18 gam B. 6,16 gam C. 2,96 gam D. 3,84 gam
2. Giải BTKL cho pứ cháy hhE: klg H2O = 17,82 là 0,99 mol. BT smol O thì smol O trong hhE = (2. 1,09 + 0,99) – 2. 1,285 = 0,6 nên smol COO trong E = 0,3. Smol NaOH pứ hhE = smol OH trong ancol = smol COONa trong muối = 0,3. Vì hh có 2 muối đđ liên tiếp mà chỉ 1 este 2 chức nên 2 muối là đơn chức: 0,3 mol. Mtb = 88,06 là CH3COONa và C2H5COONa (no) tính ra 0,17mol CH3COONa và 0,13 mol C2H5COONa. BTKL khi E pứ NaOH thì klg ancol = 24,66 + 0,3. 40 – 26,42 = 10,24. Đặt smol este 2 chức (no; 2 lkpi)) là xmol và smol este đơn (no; 1 lkpi) là y mol thì khi cháy: smol CO2 – smol H2O = x nên x = 1,09 – 0,99 = 0,1 . Vậy ancol đa CnH2n+2O2: 0,1; ancol đơn CmH2m+2O: y mol thì smol OH: 2. 0,1 + y =0,3 nên y =0,1. 0,1(14n+34) +0,1(14m+18) = 10,24 nên (n + m) = 3,6 nên n = 2; m=1,6 nên ancol đa là C2H4(OH)2 0,1mol; Dựa vào smol mỗi muối và smol este 2 chức suy ra: este 2 chức Z: CH3COOC2H4OOCC2H5: 0,1 mol; nên 1 este (axetat chứa n ng.tử C) có smol = 0,17 -0,1 = 0,07 và 1 este (propionate chứa m ng.tử C) có smol = 0,13 – 0,1 = 0,03. Tổng smol C trong hhE: 7. 0,1 + 0,07. n + 0,03. m = 1,09 vậy 7n + 3m = 39 vì n > 2 và m > 3 nên n = 3; m=6. Klg este X = 0,07. 74 = 5,18