Tổng hợp đề thi thử thầy tào mạnh đức (5)

ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC
Câu 1. Hòa tan hết 28,0 gam hỗn hợp gồm Mg, MgO và MgCO3 ( số mol MgO lớn hơn số mol MgCO3)
trong dung dịch HCl loãng dư thu được 0,6 mol hỗn hợp khí. Mặt khác cho 28,0 gam X tác dụng hết với
dung dịch chứa 0,12 mol NaNO3 và 0,84 mol H2SO4 (loãng). Kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ
chứa các muối sunfat và hỗn hợp khí Z gồm 3 khí có khối lượng 6,64 gam. Cô cạn dung dịch Y thu được
102,36 gam rắn khan. Z chứa các khí là.
A. CO2, N2O, N2
B. CO2, N2O, H2
C. CO2, N2, H2
D. CO2, NO, N2O

Câu 2. Đốt cháy hỗn hợp X chứa một ankan, một anken và một ankin, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch
Ba(OH)2 dư thu được 45,31 gam kết tủa; đồng thời khối lượng dung dịch giảm 29,97 gam. Mặt khác đun
nóng hỗn hợp X trên với 0,05 mol H2 (Ni, t0) thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với He bằng 5,375. Dẫn toàn
bộ Y lần lượt qua bình (1) đựng dung dịch AgNO3 trong NH3 (dư ) thu được m1 gam kết tủa; bình (2) đựng
Br2 dư dư thấy khối lượng bình tăng m2 gam. Khí thoát ra khỏi bình chứa 2 hyđrocacbon kế tiếp có thể tích
là 2,688 lít (đktc). Tổng giá trị m1 và m2 là.
A. 3,12 gam
B. 2,96 gam
C. 3,24 gam
D. 2,82 gam


Ta có: nCO2 = 0,23 mol và nH2O = 0,29 mol.
- Y chỉ có hiđrocacbon và M Y = 21,5  Y có CH4.
- Khí thoát ra khỏi bình chứa 2 hyđrocacbon kế tiếp là CH4 và C2H6  anken là C2H4 ; ankin là C2H2.
Đặt số mol các chất trong X CH4 x mol ; C2H4 y mol ; C2H2 z mol.
- Tăng giảm mol khí : nH2 = (nX + nH2) – nY  nY = nX = (x + y + z)
 CO2 
 x  2y  2z  0,23
x  0,09



Ta có hệ :  H 2 O 
 2x  2y  z  0,29

  y  0,04
BTKL :16x  28y  26z  2.0,05  21,5(x  y  z)

 z  0,03

- Hai hiđrocacbon thoát ra là CH4 0,09 và C2H6 0,03.
Gọi số mol C2H2 dư là a ; C2H4 tạo thành là b
- BTNT Hiđro: 4x + 4y + 2z + 2.0,05 = 2a + 4b + 4x + 6.0,03  2a + 4b = 0,14 (1)
- BT mol pi: y + 2z = nH2 + 2a + b  2a + b = 0,05 (2)
 a  0,01 
 m1  2, 4gam
(1),(2)



 m1  m 2  3,24 (C)
b

0,03


m

0,84gam


2
Câu 3. Đốt cháy hỗn hợp gồm 8,96 gam Fe và 1,44 gam Mg trong oxi một thời gian thu được hỗn hợp rắn
X. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch HCl (vừa đủ) thu được dung dịch Y và 0,896 lít H 2 (đktc). Cho
AgNO3 dư vào dung dịch Y thu được 81,84 gam kết tủa. Mặt khác hòa tan hết hỗn hợp X trên trong dung
dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối nitrat có khối lượng 48,2 gam và hỗn hợp khí
T gồm 0,02 mol A và 0,01 mol khí B. Số mol HNO3 phản ứng là.
A. 0,665 mol
B. 0,645 mol
C. 0,655 mol
D. 0,675 mol
*) nHCl = 2nO + 2nH2 = 2y + 0,08.


 Fe3
Fe2  : x
Fe
:
0,16


 
 3

 Fe
 Ag : x
Ag d­
 AgNO3 d­
 HCl võa dñ
X Mg : 0,06  0,04 mol H 2  Y 
  


2
2
 O :y
 Mg
AgCl : 2y  0,08  Mg



 NO3
Cl :2y  0,08


- Từ khối lượng kết tủa  108x + 143,5(2y + 0,08) = 81,84
- BT mol e: 3.0,16 + 2.0,06 = 2y + x + 2.0,04
 x = 0,12 ; y = 0,2.
*) Từ khối lượng muối 48,2  nNH4NO3 = (48,2 – 242.0,16 – 148.0,08)/80 = 0,0075 mol.
- BT mol e  3.0,16 + 2.0,06 = 2.y + 8.0,0075 + 0,021 + 0,012  21 + 2 = 14
 1 = 3 (NO) ; 2 = 8 (N2O) (1 ; 2 là số e nhận)
- Số mol HNO3 = 10nN2O + 4nNO + 10nNH4NO3 + 2nO = 0,655 mol (C)
Câu 4. X, Y là 2 este chứa vòng benzen và là đồng phân của nhau có công thức tổng quát C nH2n – 10O2. Đốt
cháy hoàn toàn 0,03 mol Y, thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng là 17,16 gam. X, Y đều cộng hợp Br2
với tỉ lệ mol 1 : 1. Hỗn hợp E gồm X; Y và không cho phản ứng tráng gương. Đun nóng 0,3 mol hỗn hợp E
cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được rắn khan gồm 3 muối và
phần hơi chứa một andehit. Khối lượng của một muối có khối lượng phân lớn nhất là.
A. 28,2 gam
B. 23,2 gam
C. 28,8 gam
D. 34,8 gam
Câu 5. Hỗn hợp E chứa một ancol X và một axit cacboxylic Y có tỉ lệ mol 1 : 1; đều mạch hở. Đốt cháy

hoàn toàn 20,1 gam E thu được 16,8 lít CO2 (đktc) và 13,5 gam nước. Mặt khác đun nóng 20,1 gam E có
mặt H2SO4 đặc làm xúc tác thu được hỗn hợp F có chứa một este Z thuần chức, mạch hở có số mol bằng 1/2
số mol Y. Biết rằng hiệu suất các phản ứng đều đạt 100%. Khối lượng của Z là.
A. 17,15 gam
B. 12,00 gam
C. 12,75 gam
D. 14,35 gam


- Ta có nCO2 = nH2O = 0,75  Có 2 trường hợp: TH1 X no, Y có 2 pi ; TH2 X và Y đều có 1 pi.
(Vì đun nóng E có mặt H2SO4 đặc làm xúc tác thu được hỗn hợp F có chứa một este Z thuần chức,
mạch hở có số mol bằng 1/2 số mol Y. Biết rằng hiệu suất các phản ứng đều đạt 100%.  X là ancol 2
chức, Y là axit đơn chức TH1)
- BTKL  nO(E) = (20,1 – 12.0,75 – 2.0,75)/16 = 0,6
X: CnH2n+2O2: a (n≥2)
Y: CmH2m-2O2: a (m≥3)
- BTKL  nO(E) = (20,1 – 12.0,75 – 2.0,75)/16 = 0,6  a = 0,15 mol
Ta có: nC = (n + m)z = 0,75  n + m = 5  n = 2 ; m = 3
Hai chất trong E là C2H4(OH)2 0,15 và CH2=CHCOOH 0,15.
Z là (CH2=CHCOO)2C2H4 0,15/2  mZ = 12,75 gam.