23 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 8)

Câu 1:

Nêu hiện tượng xảy ra, viết phương trình hóa học khi cho:

1. Một mẩu kim loại Na vào dung dịch CuSO₄.

Xem đáp án

1. Một mẩu kim loại Na vào dung dịch CuSO₄:

Hiện tượng: Na tan dần trong dung dịch muối đồng sunfat, có kết tủa màu xanh tạo thành và có khí thoát ra.

Phương trình hóa học:

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

2NaOH + CuSO₄ → Na₂SO₄ + Cu(OH)₂↓

Câu 2:

2. Một dây kim loại Cu vào dung dịch AgNO₃.

Xem đáp án

2. Một dây kim loại Cu vào dung dịch AgNO₃:

Hiện tượng: Có chất rắn màu xám (Ag) bám vào dây đồng, một phần dây đồng tan vào dung dịch, dung dịch ban đầu trong suốt chuyển sang màu xanh (Đồng (II) nitrat).

Phương trình hóa học:

Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag↓

Câu 3:

3. Dung dịch CH₃COOH vào Cu(OH)₂.

Xem đáp án

3. Dung dịch CH₃COOH vào Cu(OH)₂:

Hiện tượng: Chất rắn màu xanh tan dần, tạo thành dung dịch màu xanh.

Phương trình hóa học:

Cu(OH)₂ + 2CH₃COOH → (CH₃COO)₂Cu + 2H₂O

Câu 4:

4. Cho mẩu Na vào cốc đựng rượu etylic khan.

(Biết D_{rượu etylic} = 0,8 g/ ml; D_Na = 0,97 g/cm³)

Xem đáp án

4. Cho mẩu Na vào cốc đựng rượu etylic khan:

(Biết D_{rượu etylic} = 0,8 g/ ml; D_Na = 0,97 g/cm³)

Hiện tượng: Mẫu Na lơ lửng trong rượu, tan dần và có bọt khí không màu thoát ra

- Giải thích: Do: D_rượu < D_Na, nên Na chìm trong rượu, phản ứng với rượu làm Na tan dần, khí H₂ tạo ra lực đẩy làm Na lơ lửng trong rượu.

Phương trình hóa học:

2Na(r) + 2C₂H₅OH → 2C₂H₅ONa + H₂ ↑

Câu 5:

Hãy giải thích:

1. Vì sao khi cho một sợi đây đồng đã cạo sạch vào bình cắm hoa thì hoa sẽ tươi lâu hơn?

Xem đáp án

1. Khi cho một sợi đây đồng đã cạo sạch vào bình cắm hoa thì hoa sẽ tươi lâu hơn vì: Đồng kim loại sẽ tạo nên một số ion Cu²⁺ tan vào trong nước sẽ có tác dụng diệt khuẩn, làm cho các cuống hoa đỡ bị thối trong nước. Do đó đỡ làm tắc các mao quản dẫn nước lên cánh hoa nên hoa tươi hơn.

Câu 6:

2. Vì sao các đồ vật làm bằng nhôm khó bị ăn mòn trong không khí?

Xem đáp án

2. Các đồ vật làm bằng nhôm khó bị ăn mòn trong không khí vì: Trong không khí, Al tiếp xúc với khí O₂, với H₂O tạo ra lớp màng oxit nhôm Al₂O₃ mỏng nhưng rất bền vững. Lớp màng oxit nhôm bảo vệ nhôm tiếp xúc với môi trường bên ngoài, ngăn ngừa quá trình oxi hóa khử.

Câu 7:

3. Vì sao khi hạ đường huyết người ta cho uống nước đường thay vì ăn các loại thức ăn khác?

Xem đáp án

3. Khi hạ đường huyết người ta cho uống nước đường thay vì ăn các loại thức ăn khác vì: Nước đường chứa đường đôi, khi cho bệnh nhân uống nhanh chóng chuyển hoá thành đường đơn trong cơ thể và được ấp thụ giúp tăng lại mức đường huyết. Các loại thức ăn khác thường chứa đường đa, tinh bột, béo, protein,.. nhiều chất khác nhau, quá trình phân giải và hấp thu sẽ rất lâu và không hiệu quả nhanh cho bệnh nhân.

Câu 8:

4. Vì sao trên thực tế người ta không dùng nước để dập tắt các đám cháy do xăng dầu? Nêu biện pháp xử lí các đám cháy do xăng dầu?

Xem đáp án

4. Trên thực tế người ta không dùng nước để dập tắt các đám cháy do xăng dầu do:

Xăng dầu nhẹ hơn nước, nếu ta dập đám cháy gây ra bởi xăng dầu bằng nước thì nước lan tỏa đến đâu xăng dầu lan tỏa đến đó khiến đám cháy còn lan rộng lớn và khó dập tắt hơn.

Do đó khi ngọn lửa do xăng dầu cháy người ta hay thường dùng vải dày ướt trùm hoặc phủ cát lên ngọn lửa để cách li ngọn lửa với oxi (với các đám cháy nhỏ). Ngoài ra, còn dùng các hóa chất chuyên dụng để xử lý (với các đám cháy lớn).

Câu 9:

Cho biết A là hỗn hợp gồm Mg và Cu, hãy viết phương trình phản ứng theo sơ đồ sau:

$A \overset{+ O_{2}, t^{o}}{\to} B \overset{+ H C l}{\to} C \overset{+ N a}{\to} \{\begin{cases} D ↑ \\ D u n g d i c h E \\ F ↓ \overset{n u n g, t^{o}}{\to} G \end{cases}$

Xem đáp án

Hướng dẫn giải:

A: Mg và Cu

Các phương trình hóa học xảy ra theo sơ đồ:

$2 M g + O_{2} \overset{t^{o}}{\to} 2 M g O$

$2 C u + O_{2} \overset{t^{o}}{\to} 2 C u O$

B: MgO; CuO;

MgO + 2HCl → MgCl₂ + H₂O

CuO + 2HCl → CuCl₂ + H₂O

C: MgCl₂, CuCl₂

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑ (D)

2NaOH + MgCl₂ → Mg(OH)₂↓ + 2NaCl

2NaOH + CuCl₂ → Cu(OH)₂↓ + 2NaCl

E: NaCl

F: Mg(OH)₂, Cu(OH)₂

$M g {(O H)}_{2} \overset{t^{o}}{\to} M g O + H_{2} O$

$C u {(O H)}_{2} \overset{t^{o}}{\to} C u O + H_{2} O$

G: MgO, CuO.

Câu 10:

Quan sát hình vẽ điều chế khí X dưới đây và trả lời các câu hỏi:

a) Khí X là gì? Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học khi dẫn khí X vào ống nghiệm đựng dung dịch KMnO₄.

Xem đáp án

a. Khí X là C₂H_4.

Khi dẫn khí X vào ống nghiệm đựng dung dịch KMnO₄, màu tím của KMnO₄ chuyển dần sang không màu và có vẩn đục màu đen.

3C₂H₄ + 4H₂O + 2KMnO₄ → 3C₂H₄(OH)₂ + 2MnO₂↓ + 2KOH

Câu 11:

b) Nêu vai trò của đá bọt trong thí nghiệm trên? Nếu khi làm thí nghiệm không có đá bọt em có thể thay bằng chất gì?

Xem đáp án

b. Đá bọt giúp cho chất lỏng sôi êm dịu, có thể thay đá bọt bằng mảnh thủy tinh, vụn sứ…

Câu 12:

Trong phòng thí nghiệm giả sử chỉ có: khí CO₂, bình tam giác có một vạch chia, dung dịch NaOH, pipet, đèn cồn, giá đỡ. Trình bày hai phương pháp để điều chế Na₂CO₃ tinh khiết.

Xem đáp án

Hai phương pháp để điều chế Na₂CO₃ tinh khiết:

Phương pháp 1:

Sục CO₂ dư vào bình đựng dung dịch NaOH:

CO_{2 dư} + NaOH → NaHCO₃

Đun nóng dung dịch thu được Na₂CO₃:

2NaHCO₃ $\overset{t^{o}}{\to}$ Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

Phương pháp 2:

Lấy dung dịch NaOH vào 2 bình tam giác đến vạch chia (hai dung dịch có cùng thể tích ⇒ cùng số mol)

Sục CO₂ đến dư vào bình thứ nhất, thu được dung dịch NaHCO₃.

Sau đó đổ bình 2 (dung dịch NaOH) vào dung dịch thu được ở bình 1 ta sẽ thu được Na₂CO₃. Phương trình hóa học minh họa:

CO_{2 dư} + NaOH → NaHCO₃

NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

Câu 13:

Hỗn hợp X gồm 4 chất khí sau CO₂, SO₃, SO₂ và H₂. Trình bày phương pháp hóa học nhận biết từng khí trong hỗn hợp X. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Xem đáp án

Nhận biết từng khí trong hỗn hợp: CO₂, SO₃, SO₂ và H₂

Lấy một mẫu khí X làm thí nghiệm:

Bước 1: Dẫn hỗn hợp X qua dung dịch BaCl₂ dư, nhận ra SO₃ và loại bỏ được SO₃.

Hiện tượng: có BaSO₄↓ (màu trắng, không tan trong HCl)

Phương trình hóa học:

SO₃ + H₂O + BaCl₂ → BaSO₄↓ + 2HCl

Bước 2: Dẫn hỗn hợp khí sau khi đi ra khỏi bình dd BaCl₂ vào dung dịch Br₂ dư, nhận ra và loại bỏ khí SO₂.

Hiện tượng: mất màu nâu đỏ của nước brom.

Phương trình hóa học:

SO₂ + H₂O + Br₂ → H₂SO₄ + 2HBr

Bước 3: Dẫn hỗn hợp khí sau khi đi ra khỏi bình dung dịch brom, vào dung dịch nước vôi trong dư, nhận ra và loại bỏ CO₂.

Hiện tượng: dung dịch nước vôi trong hóa đục do có CaCO₃↓

Phương trình hóa học:

CO₂ + Ca(OH)_{2 dư} → CaCO₃↓ + H₂O

Bước 4: Khí còn lại dẫn qua ống đựng CuO nung nóng nhận ra H₂.

Hiện tượng: Chất rắn ban đầu có màu đen (CuO) sau một thời gian chuyển sang màu đỏ (Cu).

Phương trình hóa học:

H₂ + CuO $\overset{t^{o}}{\to}$ Cu + H₂O

Câu 14:

Một hỗn hợp X gồm các chất: K₂O, KHCO₃, NH₄Cl, BaCl₂ có số mol mỗi chất bằng nhau. Hoà tan hỗn hợp X vào nước, rồi đun nhẹ thu được khí Y, dung dịch Z và kết tủa M. Xác định các chất trong Y, Z, M và viết phương trình phản ứng xảy .

Xem đáp án

Xác định Y, Z, M:

Đặt số mol mỗi chất là a

Các phương trình hóa học xảy ra như sau:

K₂O + H₂O → 2KOH

a → 2a mol

KOH + KHCO₃ → K₂CO₃ + H₂O

a → a → a mol

NH₄Cl + KOH → KCl + NH₃ ↑+ H₂O

a ← a → a mol

BaCl₂ + K₂CO₃ → BaCO₃ ↓ + 2KCl

a → a → a mol

Vậy Y là NH₃; dung dịch Z là KCl; M là BaCO₃.

Câu 15:

Hòa tan hoàn toàn a gam kim loại R (hóa trị không đổi) vào dung dịch HCl được dung dịch X. Để trung hỏa lượng axit còn dư trong dung dịch X cần dùng 64 gam dung dịch NaOH 12,5%. Phản ứng xong thu được dung dịch chứa 4,68% NaCl và 13,33% RCl₂. Cho tiếp lượng dư NaOH vào Y, lọc tách kết tủa tạo thành rồi đem nung đến khối lượng không đối được 14 gam chất rắn.

1. Viết phương trình phản ứng.

Xem đáp án

Các phương trình phản ứng xảy ra:

2R + 2xHCl → 2RCl_x + xH₂ ↑ (1)

NaOH + HCl → NaCl + H₂O (2)

RCl_x + xNaOH → R(OH)_x + xNaCl (3)

R(OH)_x $\overset{t^{o}}{\to}$ R₂O_x + H₂O (4)

Câu 16:

2. Xác định R, tìm a và nồng độ phần trăm dung dịch HCl.

Xem đáp án

Gọi hóa trị R là x, theo bài ra có:

$n_{N a O H} = \frac{64.12, 5}{40.100} = 0, 2 m o l .$

Theo phương trình có m_NaCl = 11,7 gam.

Từ 2 nồng độ xác định được:
m _{dung dịch Y} = 250 gam và khối lượng RCl_x = 33,25 gam.
Ta có quá trình:

RCl_x → R(OH)_x → R₂O_x (14 gam).

Nhận thấy:

2RCl_x → R₂O_x

$\Rightarrow n_{R_{2} O_{x}} = \frac{33, 24 - 14}{71 x - 16 x} = \frac{14}{2 R + 16 x} m o l$

Suy ra: R = 12 thỏa mãn x = 2 ⇒ R = 24, là Mg.

$m_{d d H C l} = m_{d d Y} + m_{H_{2}} - m_{d d N a O H} - m_{X}$

Thay số $(n_{X} = 0, 35; n_{H_{2}} = 0, 35) \Rightarrow m_{d d H C l} = 178, 3 g a m$

Theo phương trình:

n_HCl = 0,2 + 0,7 = 0,9 mol

⇒ m_HCl = 32,85 gam ⇒ C%_HCl = 18,24%.

Câu 17:

Cho hỗn hợp khí X gồm 3 hiđrocacbon A, B, C (với B, C là 2 chất kế tiếp nhau trong cùng một dãy đồng đẳng). Đốt cháy hoàn toàn 672ml hỗn hợp X rồi cho toàn bộ sản phầm cháy vào bình chứa 437,5ml dung dịch Ba(OH)₂ 0,08M, phản ứng xong thu được 4,925 gam kết tủa. Mặt khác, dẫn 1209,6ml hỗn hợp X qua bình chứa nước brom dư. Sau phản ứng thấy khối lượng bình brom tăng 0,468 gam và có 806,4ml hỗn hợp khí thoát ra. Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn và các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

1. Tìm công thức phân tử của A, B, C. Biết A, B, C thuộc trong các dãy ankan, anken, ankin.

Xem đáp án

1. Khí A bị hấp thụ bởi dung dịch brom là anken hoặc ankin

$\Rightarrow n_{A} = \frac{1, 2096 - 0, 8064}{22, 4} = 0, 018 m o l$ , mà m_A = 0,468 gam.

⇒ M_A = 26 ⇒ A là C₂H₂.

Hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình brom là 2 ankan B và C

Đặt CTTB của B và C là $C_{\bar{n}} H_{2 \bar{n} + 2}$

Ta có: $n_{C_{2} H_{2}}$ (trong 672ml hhX) = 0,01 mol

⇒ $n_{B, C t r o n g X} = 0, 03 - 0, 01 = 0, 02 m o l$

Sản phẩm cháy tác dụng với dung dịch Ba(OH)₂

$n_{B a {(O H)}_{2}} = 0, 035 m o l; n_{B a C O_{3}} = 0, 025 m o l$

TH1: Chỉ tạo muối trung hòa, Ba(OH)₂ dư

$n_{C O_{2}} = n_{B a C O_{3}} = 0, 025 m o l$

⇒ 0,01.2 + 0,02. $\bar{n}$ = 0,025 ⇒ $\bar{n}$ = 0,25 (loại)

TH2: Tạo 2 muối:

BaCO₃(0,025 mol) và Ba(HCO₃)₂ (0,035 – 0,025 = 0,01 mol).

$n_{C O_{2}} = 0, 025 + 0, 01.2 = 0, 045 m o l$

⇒ $0, 01.2 + 0, 02. \bar{n} = 0, 045 \Rightarrow \bar{n} = 1, 25$

⇒ B, C là CH₄ (x mol) và C₂H₆ (y mol)

Câu 18:

2. Tính thành phần trăm theo thể tích các chất trong hỗn hợp X.

Xem đáp án

2. Ta có hệ:

$\{\begin{cases} x + 2 y = 0, 025 \\ x + y = 0, 02 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x = 0, 015 \\ y = 0, 005 \end{cases}$

$% V_{C H_{4}} = 50 %; % V_{C_{2} H_{6}} = 16, 67 %; % V_{C_{2} H_{2}} = 33, 33 %$

Câu 19:

Cho 9,2 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe vào dung dịch hỗn hợp AgNO₃ và Cu(NO₃)₂ thu được chất rắn Y và dung dịch Z. Hòa tan hết Y bằng dung dịch H₂SO₄ đặc, nóng, dư thu được 6,384 lít khí SO₂ (sản phẩm khử duy nhất, ở điều kiện tiêu chuẩn). Cho dung dịch NaOH dư vào Z, thu được kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 8,4 gam hỗn hợp rắn. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong X? (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn).

Xem đáp án

Hướng dẫn giải:

Vì m_{hh oxit} = 8,4 gam < m_X = 9,2 gam nên kim loại dư ⇒ 2 muối hết.

Mặt khác chất rắn thu được là hỗn hợp và Mg hoạt động hóa học mạnh hơn Fe

⇒ Mg hết, Fe đã phản ứng một phần.

- Gọi a, b lần lượt là số mol của Mg và Fe phản ứng, c là số mol Fe dư

$\{\begin{cases} M g : a \\ F e_{p / u} : b \\ F e_{d u} : c \end{cases} \overset{+ A g N O_{3}, C u {(N O_{3})}_{2}}{\to} \{\begin{cases} Y \{\begin{cases} A g \\ C u \\ F e_{d u} \end{cases} \overset{+ H_{2} S O_{4}}{\to} S O_{2} \\ d d Z \{\begin{cases} F e^{2 +} \\ M g^{2 +} \end{cases} \overset{+ N a O H}{\to} \{\begin{cases} F e {(O H)}_{2} \\ M g {(O H)}_{2} \end{cases} \overset{t^{o}}{\to} \{\begin{cases} F e_{2} O_{3} : \frac{b}{2} \\ M g O : a \end{cases} \end{cases}$

Bảo toàn e với SO₂ ⇒ 2a + 2b + 3c = 0,57

(Giải thích: $n_{A g} + 2. n_{C u} = 2. n_{M g} + 2. n_{F e} = 2 a + 2 b$ )

Khối lượng hỗn hợp X = 9,2 ⇒ 24a + 56b + 56c = 9,2

Khối lượng hỗn hợp rắn = 8,4 gam ⇒ 40a + 80b = 8,4

Giải các hệ phương trình được: a = 0,15 mol; b = 0,03 mol; c = 0,07 mol

$% m_{M g} = 39, 13 %; % m_{F e} = 60, 87 %$

Câu 20:

Cho một hợp chất A có chứa các nguyên tố C, H, O và nguyên tố X. Kết quả phân tích cho thấy % khối lượng các nguyên tố C, H, O trong A lần lượt là 44,72%; 1,24%; 9,94% và còn lại là % khối lượng của X. Trong phân tử A chứa 2 nguyên tử oxi và số nguyên tử X gấp 2 lần số nguyên tử oxi. Xác định công thức phân tử của A.

Xem đáp án

Hướng dẫn giải:

A chứa 2O và số nguyên tử X gấp 2 lần O nên có 4 nguyên tử X.
Vậy công thức của A có dạng C_aH_bO₂X₄

⇒ $M_{A} = \frac{2 M_{O}}{9, 94 %} = \frac{16.2}{9, 94} = 322$

⇒ $% m_{C} = \frac{12 a}{322} = 44, 72 % \Rightarrow a = 12$

⇒ $% m_{H} = \frac{b}{322} = 1, 24 % \Rightarrow b = 4$

⇒ M_A= 12.12 + 4.1 + 16.2 + 4.M_X = 322

⇒ M_X = 35,5 ⇒ X: Cl

Vậy công thức của A là C₁₂H₄O₂Cl₄.

Câu 21:

Hỗn hợp X chứa 3 este A, B, C đều mạch hở, không phân nhánh (không chứa nhóm chức khác) và $M_{A} < M_{B} < M_{C}$ . Để phản ứng với 41,24 gam X cẩn dùng 280 ml dung dịch NaOH 2M (đun nóng), thu được hỗn hợp muối Y và hỗn hợp Z chứa 3 ancol no. Trộn hỗn hợp Y với vôi tôi xút ( CaO, NaOH) dư, đun nóng, thu được 11,2 lít một chất khí duy nhất là metan (đo ở điều kiện tiêu chuẩn). Mặt khác, để đốt cháy 41,24 gam X cần dùng 42,784 lít O₂ (đo ở điều kiện tiêu chuẩn).

1. Xác định công thức phân tử của các muối trong Y.

Xem đáp án

1. Khí duy nhất thoát ra từ phản ứng vôi tôi xút và là hiđrocacbon no đơn giản nhất ⇒ X là CH₄

$\begin{array}{l} n_{C H_{4}} = \frac{11, 2}{22, 4} = 0, 5 m o l; \\ n_{O_{2}} = \frac{47, 728}{22, 4} = 1, 9 m o l; \\ n_{N a O H} = 0, 28.2 = 0, 56 m o l \end{array}$

X chứa 3 este mạch hở, không phân nhánh và Y là hỗn hợp muối tham gia phản ứng với vôi tôi xút tạo ra CH₄

Y có chứa CH₃COONa và CH₂(COONa)₂.

Câu 22:

2. Xác định công thức phân tử của A.

Xem đáp án

2. Gọi x, y lần lượt là số mol của CH₃COONa và CH₂(COONa)₂

Theo đề bài ta có: n_X = x + y = 0,5 (I); $n_{N a O H} = x + 2 y = 0, 56$ (II)

⇒ x = 0,44; y = 0,06

Gọi a, b lần lượt là số mol CO₂, H₂O khi đốt 41,24 gam X

Áp dụng ĐLBTKL: $m_{X} + m_{O_{2}} = m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O}$

⇒ 44a + 18b = 41,24 + 1,91.32 (*)

BTNT với O: 2a + b = (0,44.2 + 0,06.4) + 1,91.2 (**)

Từ (*) và (**) ⇒ a = 1,68; b = 1,58

$n_{e s t e 2 c h ö ù c} = n_{C O_{2}} - n_{H_{2} O} = 1, 68 - 1, 58 = 0, 1$

⇒ $n_{X} = 0, 1 + 0, 36 = 0, 46 (m o l)$

⇒ Số nguyên tử C trung bình của X = $\frac{1, 68}{0, 46} = 3, 652$

⇒ Phải có 1 este là CH₃COOCH₃ (0,36 mol)

Vì $M_{A} < M_{B} < M_{C}$ ⇒ A là CH₃COOCH₃ (C₃H₆O₂).

Câu 23:

3. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của các ancol có trong hỗn hợp Z.

Xem đáp án

$X \{\begin{cases} C H_{3} {COOCH}_{3} : 0, 36 m o l \\ B, C : 0, 01 m o l \end{cases} \overset{+ N a O H : 0, 56 m o l}{\to} \{\begin{cases} C H_{3} COONa: 0,44mol \\ {CH}_{2} {(COONa)}_{2} : 0, 06 m o l \\ 3 a n c o l n o \end{cases}$

$\{\begin{cases} \frac{n_{N a O H p / u B, C}}{n_{e s t e B, C}} = \frac{0, 2}{0, 1} = 2 \\ \frac{n_{M u o i B, C}}{n_{e s t e B, C}} = \frac{0, 14}{0, 1} = 1, 4 \end{cases}$

⇒ Trong X có chứa: 1 este 2 chức axit và 1 este 2 chức ancol

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng xà phòng hóa ta có:

m_X + m_NaOH = m_muối + m_ancol

⇒ $m_{a n c o l}$ = 18,68 gam

- Trường hợp 1: 2 este 2 chức là (CH₃COO)₂A và CH₂(COOB)₂

_{$n_{C H_{2} {(C OONa)}_{2}} = 0, 06 m o l \Rightarrow n_{{(C H_{3} C OO)}_{2} A} = 0, 1 - 0, 06 = 0, 04 m o l$}

⇒ Các ancol gồm: $\{\begin{cases} A {(O H)}_{2} : 0, 04 m o l \\ B O H : 0, 12 m o l \\ C H_{3} O H : 0, 36 m o l \end{cases}$

⇒ (A+34).0,04 + (B+17).0,12 + 32.0,36 = 18,68

⇒ A + 3B = 94

Vì B = 29 (C₂H₅-) ⇒ A = 7 (loại)

- Trường hợp 2: hai este đa chức là (CH₃COO)₂A: 0,04 mol và CH₃OOC – CH₂- COOB (0,06 mol)

⇒ Các ancol gồm: $\{\begin{cases} A {(O H)}_{2} : 0, 04 m o l \\ B O H : 0, 06 m o l \\ C H_{3} O H : 0, 42 m o l \end{cases}$

⇒ 2A + 3B = 143

⇒ Cặp giá trị phù hợp là A = 28 (-C₂H₄-) và B = 29 (C₂H₅-)

Các ancol là C₂H₄(OH)₂; CH₃OH; C₂H₅OH

$\{\begin{cases} % m_{C_{2} H_{4} {(O H)}_{2}} = 13, 276 % \\ % m_{C H_{3} O H} = 71, 949 % \\ % m_{C_{2} H_{5} O H} = 14, 775 % \end{cases}$

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết

Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết ( Đề 8)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan