DE THI HSG LOP12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ KIỂM TRA HSG SỐ 4 THỜI GIAN: 180 PHÚT (KKGĐ) Câu 1: Từ C4H10 chất vô cơ và điều kiện cần thiết viết sơ đồ tổng hợp: caosu buna-S, tơ nilon-6,6 ; cumen, nhựa phenolfomandehit, tơ olon và p-Brom anilin Câu 2 Hoàn thành sơ đồ chuyển hoá sau: Y + NaOH → Z + C + F + H2O Z + NaOH → CH4 + … (Biết tỉ lệ là nZ: nNaOH = 1 : 2) C + [Ag(NH3)2]OH → D + Ag... D + NaOH → E + ... E + NaOH → CH4 +... F + CO2 + H2O → C6H5OH + ... . Câu 3: Este A tạo bởi 2 axit cacboxylic X, Y đều mạch hở, không phân nhánh và ancol Z. Xà phòng hóa hoàn toàn a gam A bằng 140 ml dung dịch NaOH, để trung hòa NaOH dư sau phản ứng cần dùng 80ml dung dịch HCl 0,25M, thu được dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được b gam hỗn hợp muối khan M, nung M trong NaOH khan, dư có xúc tác CaO, thu được chất rắn R và hỗn hợp khí K gồm 2 hidrocacbon có tỉ khối so với O 2 là 0,625. Dẫn khí K lội qua dung dịch nước brom dư thấy có 5,376 lít một chất khí thoát ra. Cho toàn bộ lượng chất rắn R thu được ở trên tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư, có 8,064 lít khí CO2 thoát ra. (Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn) 1. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, A. Biết rằng để đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam ancol Z cần dùng 2,352 lít O2 (đktc), sau phản ứng khí CO2 và hơi nước tạo thành có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 11/6. 2. Tính giá trị a, b và nồng độ dung dịch NaOH đã dùng trong phản ứng xà phòng hóa ban đầu. Câu 4 1. Cho 4 chất hữu cơ A, B, D, E đều mạch hở có cùng công thức phân tử C 3H6O. Trình bày phương pháp hóa học để nhận biết 4 chất hữu cơ trên. 2. Một chất hữu cơ X có công thức phân tử C 6H8Oz, mạch hở, chỉ chứa một loại nhóm chức trong phân tử. Thành phần phần trăm về khối lượng của O trong X là 44,44%. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ thu được một muối R và 1 chất hữu cơ Z. Cho R tác dụng với HCl thu được chất hữu cơ Y là đồng phân của Z. Tìm công thức cấu tạo của X, Y, Z và viết các phương trình phản ứng. Câu 5: Để hoà tan hoàn toàn 11,4 gam hỗn hợp E gồm Mg và kim loại M có hoá trị không đổi cần vừa đủ V lít dung dịch HNO3 0,5M thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm N 2 và N2O có tỉ khối hơi so với H2 là 16 và dung dịch F. Chia dung dịch F làm hai phần bằng nhau. Đem cô cạn phần 1 thu được 23,24 gam muối khan. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 4,35 gam kết tủa trắng. Xác định kim loại M và tìm V. Câu 6: 1. Nêu phương pháp thích hợp để tách hỗn hợp sau thành các chất lỏng nguyên chất: Benzandehit; N,N-dimetylanilin; Clobenzen; p-Crezol và Axitbenzoic. 2. Hãy sắp xếp các chất sau đây theo thứ tự tăng dần lực bazơ và giải thích: CO(NH2)2 ; (CH3)4NOH ; CH3-CH2-CH2-NH2 ; CH2=CH-CH2-NH2 ; p-CH3-C6H5-NH2 ; Anilin; p-Nitroanilin. Câu 7: Một trong các phương pháp tổng hợp phenol là đi từ toluen bằng 3 giai đoạn. Oxi hoá toluen bằng oxi không khí ở pha lỏng với xúc tác (muối Coban axetat) ở 70 0C - 900C; oxi hoá tiếp.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> sản phẩm ở 2200C - 2450C cũng bằng oxi không khí với sự có mặt của muối đồng benzoat và magie; cuối cùng thuỷ phân rồi decacboxyl hoá. Hãy viết các phương trình hoá học và cấu tạo các sản phẩm tạo ra trong quá trình tổng hợp trên. Câu 8: 1. Viết cấu trúc Lewis của NO 2 và nêu dạng hình học của nó dựa vào lai hóa. Tương tự dự . . đoán dạng hình học của ion NO 2 và ion NO 2 . So sánh hình dạng của 2 ion đó với NO2 về góc liên kết. 2. 1200 và 1080 là số đo góc liên kết quan sát được trong hai hợp chất trimetylamin và (H3Si)3N (trisilylamin). Hãy gán trị số đo góc liên kết cho mỗi hợp chất và giải thích sự khác biệt này dựa vào lai hóa và liên kết. 3. Phản ứng của NaNO3 trong nước với hỗn hống Na/Hg cũng như phản ứng của C 2H5NO2 (etylnitrit) với NH2OH (hydroxylamin) có mặt natrietoxit cho cùng một sản phẩm. Sản phẩm này là muối của một axit yếu không bền chứa nitơ, axit này đồng phân hóa thành một sản phẩm có ứng dụng trong thành phần nhiên liệu tên lửa. Viết công thức cấu trúc của axit và đồng phân nói trên. Câu 9: Phenol và anilin làm mất màu dung dịch brom. Toluen không làm mất màu dung dịch brôm. Từ kết quả thực nghiệm này rút ra kết luận gì? Anisol (metyl phenyl ete) có làm mất màu dung dịch brôm không? Nếu cho dung dịch brôm từ từ vào các chất P-Toluđin (P- amino toluen), P- Cresol (Pmetyl phenol) theo tỉ lệ mol tối đa là 1:1, thì thu được những sản phẩm nào? Giải thích ngắn gọn. Câu 10 1. Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tố X là 5p5. Tỷ số nơtron và điện tích hạt nhân bằng 1,3962. Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc nguyên tố Y. Khi cho 4,29 gam Y tác dụng với lượng dư X thì thu được 18,26 gam sản phẩm có công thức là XY. Hãy xác định điện tích hạt nhân Z của X và Y và viết cấu hình electron của Y tìm được. 2. Hãy cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của hợp chất XCl 3. 3. Bán kính nguyên tử Cobalt là 1,25Å. Tính thể tích của ô đơn vị của tinh thể Co nếu trong 1 trật tự gần xem Co kết tinh dạng lập phương tâm mặt. Câu 11:Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 26. a) Xác định A, B; viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron sau cùng trong nguyên tử A, B. b) Xác định vị trí của A, B trong HTTH. c) Viết công thức Lewis của phân tử AB 2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm? d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB2 có khuynh hướng polime hoá? Câu 12. 1. A, B, C, D là các chất khí đều làm mất màu nước brom. Khi đi qua nước brom thì A tạo ra 1 một chất khí với số mol bằng 2 số mol A; B tạo thành chất lỏng không trộn lẫn với nước; C tạo ra. kết tủa màu vàng; còn D chỉ làm mất màu nước brom tạo thành dung dịch trong suốt. Hỏi A, B, C, D là các khí gì? 2. Viết các phương trình hoá học hoàn thành sơ đồ các phản ứng hoá học sau: Heptan. -A xt. X. +B xt. Y1 Y2. +B. +B. Z. +B. HẾT. T. + C + C'. U. +D. 2,4,6-triamintoluen.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> GIẢI. Câu 1. + A là amoniac vì: 2NH3 + 3Br2 → N2 + 6HBr + B là hiđrocacbon không no như etilen; propilen…: C2H4 + Br2 → C2H4Br2. + C là H2S vì: H2S + Br2 → 2HBr + S↓(nếu đun nóng thì: H2S + 4Br2 + 4H2O → 8HBr + H2SO4) + D là SO2 vì: SO2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2SO4. 2. A là hiđro; X là toluen; B là HNO3; Y1; Y2 là o, p – nitrotoluen; Z là 2,4-đinitrotoluen; T là 2,4,6-trinitrotoluen; C và C’ là Fe + HCl; U là CH3-C6H2(NH3Cl)3; D là Kiềm (NaOH). -A. Heptan. +B. X. xt. +B. Y1. xt. Y2. +B. Z. +B. + C + C'. T. U. +D. 2,4,6-triamintoluen. Câu a) Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B. Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B. Với số proton = số electron. Ta có hệ :. ¿ (2Z A + N A )+(2ZB + N B)=65 (2Z A +2ZB )−(N A + N B )=19 2ZB − 2ZA =26 ⇔ ¿ Z A + Z B =21 Z B − Z A =13 ⇒ ¿ Z A=4 Z B =17 ¿{{ ¿. (0,5đ). Cấu hình e : 1s22s2. ZA = 4  A là Be. Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = − Cấu hình e : 1s22s22p63s23p5. ZB = 17  B là Cl. Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = −. 1 2 1 2. b) Ta có Z = 4  Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e  Be ở chu kỳ 2. Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng  phân nhóm chính nhóm II. Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, phân nhóm chính nhóm VII. c). ... ... ... ... :Cl :Be:Cl :. Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng Trạng thái lai hoá : sp Cl. Be. Cl. d) Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl 2 này sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl 2 kia tạo liên kết cho-nhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá: Cl ..... Cl Be. Cl Be. Cl. Cl Be. Cl. Cl Be. Be. .....

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 1. Cấu hình đầy đủ của nguyên tử X là: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s24p6 4d10 5s25p5 Vậy ZX = 53 = số proton X NX =1 ,3962 ZX.  NX = 74. AX = ZX + NX = 53 + 74 = 127 Ta có : NX =3,7 NY.  NY = 20. Y + X MY 4,29.  XY MXY 18,26. MY M Y M Y +127 4 ,29 = ⇒ = ⇒ M Y =39 M XY 18 ,26 4 , 29 18 ,26. 2.. (g/mol). Vậy : ZY + NY = 39  ZY = 19 Cấu hình electron của Y : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 X có 7 electron ở lớp ngoài cùng, còn obitan d trống nên trong hợp chất XCl 3 X lai hóa sp3d, dạng hình học là chữ T Cl. X. Cl. Cl. 3. A. B. A. 1,25. 5 1,25 D. C. B. C. D. AD = 1,25 . 4 = 5 (Å) AB =. √. 52 =3 , 54 ( Å) 2. Vậy thể tích của ô mạng đơn vị của Co : V = (3,54)3 = 44,36 (Å)3 Câu 2O C6 H 5OH  3Br2  H  C6 H 2 Br3OH  3HBr. 2,4,6- tribromphenol H 2O. C6 H 5 NH 2  3Br2     C6 H 2 Br3 NH 2  3HBr. 2,4,6- tribromanilin H 2O. C6 H 5CH 3  Br2    Không có phản ứng. * Chứng tỏ nhóm – OH; - NH2 đẩy electron vào vòng benzen mạnh hơn nhóm – CH3 * Anisol làm mất màu dung dịch Br2 vì nhóm – CH3 liên kết với Oxi đẩy electron vào vòng benzen mạnh hơn nhóm – OH. * Phản ứng của P-Toluđin và P- Cresol với nước Brôm theo tỉ lệ 1:1 CH 3C6 H 4OH  Br2    CH 3C6 H 3 Br (OH )  HBr.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> P-Cresol CH3 C 6 H 4 NH2 +Br 2 ⃗ ❑CH 3 C 6 H 3 Br (NH 2)+HBr. P-Toluđin * Vì nhóm – OH; - NH2 đẩy electron vào vòng benzen mạnh hơn nhóm – CH 3 nên khi thế Brôm vào vòng benzen sẽ thế vào vị trí ortho của nhóm –OH; -NH2. Câu * Cấu trúc Lewis và dạng hình học: NO2+. NO2 N. O. O. N O. + N. O. O. + N. O. 1320. NO2 N. O. O. N. O O. O. 1150. O.  2 * Trong NO2 và NO 2 đều có N ở trạng thái lai hoá sp , nên có cấu trúc dạng góc. NO2 chỉ có 1e . chưa liên kết nên lực đẩy các cặp e liên kết yếu hơn NO 2 có cặp e chưa liên kết  góc liên kết . ONO của NO2 > góc liên kết ONO của NO 2 . . * Nguyên tử N trong NO 2 ở trạng thái lai hoá sp và không còn e tự do nên hai liên kết  có 0 khuynh hướng tạo góc 180 để giảm thiểu lực đẩy giữa các đôi e liên kết dẫn đến hình học tuyến 0 tính(180 ). * Phân tử trimetylamin có nguyên tử nitơ ở trạng thái lai hoá sp 3và phân tử có dạng hình tháp tam giác với sức đẩy của cặp electron chưa liên kết trên nitơ (theo thuyết VSEPR) nên góc liên kết   N  Me Me = 1080 < 109028’ (góc tứ diện). SiH3 N N H3C CH3. CH3. H3Si. N. Si. SiH3. * Trong phân tử trisilylamin, obitan p của nitơ xen phủ với obitan d còn trống của silic tạo nên một phần liên kết  giữa Si – N và xảy ra sự giải toả mật độ electron của cặp electron chưa liên kết  nguyên tử nitơ ở trạng thái lai hoá sp 2 và phân tử có dạng tam giác phẳng với góc liên kết  H 3 Si  N  SiH 3 = 1200.. *. 2NaNO3 + 8Na(Hg) + 8H2O  Na2N2O2 + 8NaOH + 8Hg NH2OH + C2H5NO2 + 2C2H5ONa  Na2N2O2 + 3C2H5OH * Axit yếu là H2N2O2 - Axit hyponitrơ và Đồng phân là H2N  NO2 (Nitramit) HO. OH N. N. D¹ng cis -. HO. hoÆc. H. N. N. D¹ng trans -. O N. OH. H. N O.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu * Hỗn hợp 5 chất chứa một chất có tính bazơ nên tách bằng dd HCl và chiết C6H5N(CH3)2 + HCl  C6H5N(CH3)2H+ Cl . - Muối tạo ra tan cùng HCl trong lớp nước ở dưới, lớp phía trên là chất lỏng (A) không tan - Điều chế lại C6H5N(CH3)2 bằng tác dụng của dd NaOH C6H5N(CH3)2H+ Cl  + NaOH  C6H5N(CH3)2  + NaCl + H2O * Chất lỏng A chứa 2 chất có tính axit nên tách bằng dd NaOH và chiết C6H5COOH + NaOH  C6H5COONa + H2O p-CH3 - C6H4 -OH + NaOH  p-CH3 - C6H4 -ONa + H2O - Muối tạo ra tan cùng NaOH trong lớp nước ở dưới, lớp phía trên là chất lỏng (B) không tan - Sục CO2 dư qua lớp nước phía dưới để lọc và tách p-CH3 - C6H4 -OH p-CH3 - C6H4 -ONa + H2O + CO2  p-CH3 - C6H4 -OH  + NaHCO3 * Điều chế lại C6H5COOH bằng tác dụng của dd HCl C6H5COONa + HCl  C6H5COOH + NaCl * Chất lỏng B chứa andehit nên tách bằng dd NaHSO3 và chiết C6H5 - CH=O + NaHSO3  C6H5 - CH(OH)SO3Na * Thu lại C6H5 - CH=O bằng tác dụng của dd Na2CO3. * Ký hiệu các chất theo đề bài lần lượt là A, B, C, D, E, F, G. CO(NH2)2 < p-O2NC6H4NH2 < C6H5NH2 < p-CH3-C6H5-NH2 (A) (F) (E) (D) < CH2=CH-CH2-NH2 < CH3-CH2-CH2-NH2 < (CH3)4NOH (C) (B) (G) - Mạnh nhất là (B) và (G) do có gốc ankyl đẩy e (+I). (G) mạnh hơn (B) do điện ly ra OH  . - Yếu nhất là (A) do có nhóm C=O hút e mạnh (-I) đồng thời có hiệu ứng liên hợp giữa e∏ với cặp e n của N (-C) làm giảm mạnh mật độ e của nguyên tử N. - Gốc ankenyl hút e yếu hơn so với vòng benzen nên (C) > (D), (E), (F) - Nhóm NO2 hút e góp thêm phần làm giảm mật độ e của N còn nhóm CH3 đẩy e làm hạn chế sự giảm mật độ e của N nên (F) < (E) < (D) Câu * Giai đoạn 1: 3  H2 O C6H5CH3 + 2 O2    C6H5COOH + H2O. * Giai đoạn 2: COOH. COOH 1 O 2 2. * Giai đoạn 3:. H2O. C O. O H2O.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> COOH COOH. C. O. + H2O. O. OH. OH. CO2 COOH. Câu Đặt x, y lần lượt là số mol của N2 và N2O ta có: 0,896   n hh x  y  22, 4 0, 04  x 0, 03     M  28x  44y 16.2 32  y 0, 01  xy. TH1: Sản phẩm khử không tạo muối NH4NO3 ta có 2 NO3- + 12 H + + 10e    N 2 + 6 H 2O 0,06 2 NO3- + 0,02  n NO. 3. 0,36 0,3 0,03 + 10 H + 8e    N 2O + 5 H 2 O. 0,1 0,08 0,01 n e 0,3  0, 08 0,38(mol) THD KL.  mmuối = mkim loại + m NO3 THD KL. = 11,4 + 0,38.62 = 34,96 < 23,24.2 = 46,48  loại TH2: Sản phẩm khử có tạo muối NH4NO3. Mg    Mg 2 + 2e a a 2a n M   M + ne b b nb + 2 NO3 + 12 H + 10e    N 2 + 6 H 2O 0,06 2 NO3- +. 0,36 0,3 0,03 + 10 H + 8e    N 2O + 5 H 2 O. 0,02 0,1 0,08 0,01 + NO3 + 10 H + 8e    NH 4 + 3 H 2 O 8z  n NO. 3. 10z 8z z n e 0,3  0,08  8z 0,38 + 8z (mol) THD KL.  mmuối = mkim loại + m NO3 THD KL + m NH4 NO3. = 11,4 + (0,38 + 8z).62 + 80z = 46,48  z = 0,02 (mol) n. n. Theo bảo toàn e ta có:  e nhường =  e nhận  2a + nb = 0,3 + 0,08 + 8z = 0,54 (1) Khi cho F tác dụng với dung dịch NaOH dư ta có: Mg 2 + 2 OH     Mg(OH) 2 a Mn b. +. n OH nb. . a   M(OH) n b.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> m kết tủa = 4,35 . 2 = 8,7 < 11,4 = mkim loại  M(OH)n bị tan hết trong kiềm dư  n ) M(OH) n + (4 - n) OH     MO (4 + 2 H 2O 2 m Mg(OH)2 58a 8, 7  a 0,15(mol) . mkết tủa =. (2). a 0,15   0, 24 0, 24 M  b  n  Từ (1) và (2) ta có mhh = 0,15.24 + n =11,4 n 2    Zn  M = 32,5n M 65  n HNO3 n H 0, 66(mol)  V . 0, 66 1,32(lít) 0,5. Câu CTCT của 4 chất lần lượt là : CH3CH2CHO ; CH3COCH3, CH2 = CH-CH2OH ; CH2=CH-O-CH3. - Cho 4 mẫu thử tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 : + Nếu chất nào tạo kết tủa trắng là CH3CH2CHO  CH3CH2COONH4 + 2NH4NO3 + 2 Ag CH3CH2CHO + 2 AgNO3 + 3 NH3 + H2O   - 3 chất còn lại không hiện tượng cho tác dụng với Na + Nếu chất nào có H2 bay ra là CH2=CH-CH2OH  CH2=CH-CH2ONa + 1/2H2 CH2 = CH-CH2OH + Na   - 2 chất còn lại không hiện tượng cho tác dụng với dung dịch Br 2. Nếu chất nào làm mất màu dung dịch Br2 là: CH2 = CH-O-CH3.  CH2Br-CHBr-O-CH3. CH2 =CH-O-CH3 + Br2   - Chất còn lại không hiện tượng là CH3COCH3 Câu 16z % mO  0, 4444  z 4 12.6  8  16z Ta có  CTPT là C6H8O4. - X chứa một loại nhóm chức và sản phẩm thuỷ phân chỉ cho một muối và chất hữu cơ nên X là Este 2 chức tạo bởi một axit. - Y và Z là đồng phân, mặt khác Y là sản phẩm của R phản ứng với HCl do vậy R và Z có cùng số nguyên tử cacbon.  Công thức cấu tạo của X là : CH3COOCH=CHOOCCH3. Y là : CH3COOH. Z là : CH2(OH)CHO Phương trình phản ứng :  2CH3COONa+ CH2(OH)CHO CH3COOCH=CHOOCCH3+2NaOH    CH3COOH + NaCl CH3COONa + HCl   Z là HO-CH2-CHO Phương trình hóa học : COOC6H5. to. + CH2 COOCH=CH 3NaOH 2. CH2(COONa)2+C6H5ONa+CH3CHO+H2O  CaO,t     o. CH2(COONa)2 + 2NaOH. CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH. t0.  . CH4  + 2Na2CO3. CH3COONH4 + 2Ag +3NH3  + H2O.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> CH3COONH4 + NaOH  NH3 + CH3COONa CaO,t CH3COONa + NaOH     CH4  + Na2CO3 C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3 o. Câu * Xác định công thức phân tử của ancol Z. mCO2. Khi đốt cháy Z cho (k≤n). mH 2O. nCO2 3 11    6 nH 2O 4. nH 2O  nCO2. . Vậy. => Z là ancol no, mạch hở: C nH2n+2Ok. 3n  1  k 2 CnH2n+2Ok + O2 → nCO2 + (n+1)H2O 3n  1  k 2 x(mol) → .x. Bài cho. nO2. → n.x. →(n+1).x. n.x 3   n 3 ( n  1).x 4 phản ứng = 0,105 mol. Ta có. mZ = (14n + 2 + 16k).x = 2,76 nO2. 3n  1  k 2 = .x = 0,105 => (3n + 1 – k).x = 0,21. 44  16k 2, 76   k 3 0, 21 Thay n = 3 vào ta có 10  k . Vậy Z là C3H8O3. CH2OHCHOHCH2OH: Glixerol Xác định 2 axit X, Y: Vì khối lượng trung bình K = 32.0,625 = 20, vậy chắc chắn có CH4, khí còn lại là R’H. Cho K qua dung dịch Br2 dư chỉ thu được 1 khí bay ra có số mol bằng 5,376/22,4 = 0,24 mol Chất rắn R có chứa Na2CO3 do đó phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng dư có phản ứng: Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O 0,36 ← 0,36 nCH 4. = 0,24 mol => axit tương ứng X là CH3COOH CaO, t0 CH3COONa + NaOH Na2CO3 + CH4 0,24 ← 0,24 ← 0,24 ← 0,24 ’ ’ Chất còn lại: R (COOH)t có muối R (COONa)t (t=1 hoặc t = 2) R’(COONa)t + t.NaOH → t.Na2CO3 + R’H 0,12 → 0,12/t . 16.0, 24  M R ' Ht .. Ta có: Khối lượng trung bình khí K =. 0, 24 . 0,12 t. 0,12 t 20.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> . M R ' Ht. = 20 +8.t; Vì mạch không phân nhánh nên t = 1 hoặc t = 2.  t=1 =>. M R ' Ht M. = 28 => C2H4 => axit Y: CH2=CH- COOH (0,12 mol).  t = 2 => R ' H = 36 (loại) C2H3COONa + NaOH → C2H4 + Na2CO3 0,12 ← 0,12 ← 0,12 ← 0,12 Trung hòa NaOH dư sau xà phòng hóa NaOH + HCl → NaCl + H2O 0,02 0,02 0,02 0,02 Vậy muối M gồm: CH3COONa (0,24 mol) C2H3COONa (0,12 mol) NaCl (0,12 mol) mM = b = 82.0,24 + 94.0,12 + 58,5.0,02 = 32,13 gam A là: C3H5(OCOCH3)2(OCOC2H3) nA = 0,12 mol => a = 230.0,12 = 27,6 gam Công thức cấu tạo A là: t. CH3COO CH2 CH3COO CH CH2=CH- COO -CH2. CH3COO CH2 CH2=CH- COO - CH CH3COO CH2 -.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>