Bài giải chi tiết TongDaiHiep.Org

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

ĐỀ THI KSCL LỚP 12 DỰ THI ĐẠI HỌC 2014 Môn: Hóa học

Thời gian làm bài: 90 phút BÀI GIẢI CHI TIẾT

TongDaiHiep.Org Mã đề thi: 179

Câu 1: Đáp án A. Ta có nCO 2 = 4,5 + 2.1,5 = 7,5 mol nTinh bột p.ư = 3,75 mol mTinh bột = 607,5g.

Vậy H = 607,51500

. 100% = 40,5%. Câu 2: Đáp án B. Phản ứng cộng theo quy tắc Maccopnhicop. Câu 3: Đáp án C. Ta lưu ý dd Y chỉ chứa một chất tan duy nhất là MSO4 → Axit H2SO4 phản ứng hết → nMSO 4 = nH2SO 4 = 0,4 mol. Mà mdd spu = mdd bđ + mX – mCO 2 = 100 + 24 – 0,05.44 = 121,8g.

Vậy mMSO 4 = 121,8.39,41100

= 48g MMSO 4 = 480,4

= 120g/mol M = 24 g/mol M là Magie (Mg).

Câu 4: Đáp án B. Hỗn hợp khí Y: NO2 và O2 → Khi cho khí Y hấp thụ vào nước, khí không bị hấp thụ là oxi. 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 Ta thấy nNO 2 : nO2 p.ư = 4: 1 mà nNO 2+ nO2 p.ư = 8,96−3,36

22,4 = 0,25 mol nNO 2= nHNO 3 = 0,2 mol.

Vậy [H+] = 0,22

= 0,1M pH = -lg[H+] = 1. Câu 5: Đáp án A. Số thí nghiệm p.ư oxi hóa khử: (1), (2), (3), (4). Câu 6: Đáp án B. Ta có EZn 2+ Zn⁄

o < ECu 2+ Cu⁄o → Zn có tính khử mạnh hơn Cu, nên Zn khử Cu2+ thành Cu.

Câu 7: Đáp án B. Quy đổi hh X về Fe và S, ta có 0,005 mol Fe và 0,007 mol S. Cách 1: Khi hh X phản ứng với H2SO4 đặc nóng, thì Fe → Fe3+ và S → SO2. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 3nFe + 4nS = 2nSO 2 spk nSO 2 spk = 0,0215 mol Vậy ∑nSO 2= nS + nSO 2 spk = 0,0285 mol. Khi cho khí tác dụng với dd KMnO4, thì SO2 → SO4

2-. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 2nSO 2 = 5nMn 2+ nMn 2+= 0,0114 mol VKMnO 4= 0,228 lít. Cách 2: Quan sát toàn bộ quá trình phản ứng, cuối cùng thu được Fe3+ và SO4

2-. Bỏ qua quá trình phản ứng với H2SO4, xét sự thay đổi electron giữa Fe, S và KMnO4. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 3nFe + 6nS = 5nMn 2+ nMn 2+= = 0,0114 mol VKMnO 4= 0,228 lít. Câu 8: Đáp án B.

Ancol [O]�� Andehit + H2O

Phần 1: nancol dư + nH2O = 2nH2 nancol bđ = 2nH2 = 0,3 mol (vì nH2O = nancol p.ư). Phần 2: nAg = 2nandehit nandehit = nancol p.ư = 0,2 mol. Vậy H = np .ư

nb đ. 100% = 0,2

0,3. 100% = 66,67%.

Câu 9: Đáp án A. Ta thấy khí Z làm xanh quỳ ẩm → Z là hỗn hợp các khí amin → X hỗn hợp muối của amin với axit carboxylic. Cách 1: Áp dụng ĐLBTKL, ta có: mX + mNaOH = mmuối + mZ + mH2O 0,2.77 + 0,2.40 = mmuối + 0,2.13,75.2 + 0,2.18 mmuối = 14,3g. Cách 2:

Page 1

Bài giải chi tiết TongDaiHiep.Org Ứng với CTPT C2H7NO2 có 2 đồng phân muối amin với axit carboxylic tương ứng: HCOONH3CH3 và CH3COONH4. Vậy hỗn hợp khí Z gồm NH3 và CH3NH2. Giải hpt or áp dụng sơ đồ đường chéo, ta tính được nNH 3= 0,05 mol; nCH 3NH 2 = 0,15 nol. Suy ra mMuối = mHCOONa + mCH 3COONa = 0,15.68 + 0,05.82 = 14,3g. Câu 10: Đáp án D. Ta có độ bất bão hòa = 1 với ∀n → Axit no, đơn chức, mạch hở thỏa mãn khi n =1. Vậy CTPT: C3H6O2. Câu 11: Đáp án A. - Phản ứng với dd brom; dd AgNO3/NH3 đun nóng: chỉ có Glucozơ phản ứng. - Thủy phân trong môi trường axit: chỉ có saccarozơ bị thủy phân. Câu 12: Đáp án B. Quan sát đáp án ta thấy chỉ có đáp án B và D thỏa mãn điều kiện. Ta có CTTQ của X: CxHy. Mà x: y = %MC

12: %MH

1 = 90,566

12: 9,434

1 = 7,547: 9,434 = 4: 5

Vậy CTĐGN: (C4H5)n Với n = 2, ta có CTPT: C8H10.

Câu 13: Đáp án C. Ta có thể tích khí H2 tạo thành khi phản ứng với dd Ba(OH)2 > thể tích khí H2 tạo thành khi phản ứng với H2O (xét cùng m g hỗn hợp kl). → Khi phản ứng với H2Odư thì Al còn dư, chỉ một phần Al tác dụng với OH- tạo thành. - Phản ứng với nước: nH2 = 4nBa nBa = 0,015 mol (ứng với m g hh).

- Phản ứng với Ba(OH)2: nH2 = 32.nAl + nBa nAl = 0,6 mol (ứng với 2m g hh).

Vậy %mAl = 0,6.270,6.27+0,03.137

. 100% = 79,8%.

Câu 14: Đáp án A. Lưu ý khi dd Y hòa tan Cu không tạo thành sản phẩm khử của N+5 → ion NO3

- phản ứng hết. Cách 1: Vì đề không cho HNO3 dư, nên không chắc chắn toàn Fe bị oxi hóa thành Fe3+, nên torng dung dịch gồm Fe2+ và Fe3+. Mà nFe 3+= 2nCu = 0,13mol. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 2nFe 2+ + 3nFe 3+ = 3nNO → nFe 2+ = 0,015 mol Vậy nFe = nFe 2++ nFe 3+ = 0,145 mol mFe = 8,12g. Cách 2: Quan sát quá trình phản ứng, dung dịch cuối cùng gồm Fe2+, Cu2+. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 2nFe + 2nCu = 3nNO 2nFe + 2.0,065 = 3.(0,1 + 0,04) nFe = 0,145 mol mFe = 8,12g. Câu 15: Đáp án B. Lưu ý khi nung đến khối lương toàn bộ muối hidrocarbon bị nhiệt phân thành muối carbonat, sau đó muối carbonat của kim loại (ngoại trừ muối carbonat của kim loại kiềm) tiếp tục bị nhiệt phân thành oxit kim loại tương ứng. Áp dụng ĐLBT điện tích, ta có: 1.nNa + + 2. nBa 2+ = 1.nHCO 3

− + 1. nCl− x + y = 0,5 mol. Quan sát đáp án, dễ dàng loại đáp án D, còn đáp án A, B đều có nHCO 3

− < 0,2 mol → nCO 32− < nBa 2+ = 0,2mol.

Nên toàn bộ muối BaCO3 bị nhiệt phân:

BaCO3 to

→ BaO + CO2 Vậy mrắn = mNa + + mBa 2+ + mCl− + mO2− = 0,1.23 + 0,2.137 + 35,5.y + 16.x/2 = 29,7 + 35,5y + 30x = 43,6g. Giải hpt, ta có x = 0,14mol; y = 0,36 mol. Câu 16: Đáp án C. Lưu ý kết tủa thu được gồm Cu(OH)2 và BaSO4. Câu 17: Đáp án C. Ta có mH2O = 500.30

100 = 150g; mH2SO 4 = 500.70

100 = 350g.

Gọi x là mol oleum cần dùng. H2SO4.3SO3 + 3H2O → 4H2SO4 x……………..3x………4x

Page 2

Bài giải chi tiết TongDaiHiep.Org

Vậy C% = m ′H 2SO 4

m ′H 2SO 4 +m ′H 2O . 100% = 350 +98.4x

350+98.4x+150−18.3x. 100% = 98% x = 500/217 mol moleum =778,8g.

Câu 18: Đáp án C. Ta có nBr 2 = nX = nmuối = 0,1mol → MMuối = 108g/mol R = 41 g/mol (C3H5). Vậy X: C3H5COOH (4 đp, kể cả đp hình học). Câu 19: Đáp án B. Câu 20: Đáp án C. C2H2 → C2Ag2

CH3CHO → 2Ag Giải hpt, ta có naxetilen = netanal = 0,01 mol. Câu 21: Đáp án B. A. Sai, nhận biết frucotozo và glucozo dùng dd brom. C. Sai, tinh bột và xenlulozơ không phải đồng phân của nhau. D. Sai, chỉ có xenlulozơ dễ kéo thành sợi. Câu 22: Đáp án A. Ta có Vrượu = 5,75.6

100 = 0,345 lít = 345ml → mrượu = Vrượu.d = 345.0,8 = 276g nrượu = 6mol = naxit maxit = 360g.

Câu 23: Đáp án D. Ta có nAgCl = 7,175

108+35,5 = 0,05mol → nCl−= 0,05 mol trong 50g dd A.

Mà ban đầu ta có mdd A > 385,4g tương ứng nCl− > 0,05.385,450

= 0,3854 mol nCl 2 p.ư = 12

. nCl− > 0,1927 mol

Vậy H = nCl 2 p .ư

nCl 2 b đ. 100% > 64,23%.

Câu 24: Đáp án C. Giải hpt, 27nAl + 64ncu = 18,2g và 3nAl + 2nCu = 3nNO + 2nSO 2 nAl = nCu = 0,2 mol mAl = 0,2.27 = 5,4g %mAl = 29,7%. Câu 25: Đáp án A. Ta có nBaCO 3= 0,6 mol. TH1: NaOH dư → nCO 2 = nBaCO 3 = 0,6 mol. TH2: Tạo dung dịch 2 muối CO3

2- và HCO3- → nCO 2 = nOH− - nCO 3 = 1,5 – 0,6 = 0,9 mol.

Mà 166197

= 0,843 < nhh = nCO 2 < 16684

= 1,98 mol Loại trường hợp 1. Ứng với 0,9 mol CO2 tạo thành, giải hpt, ta có nMgCO 3 = 0,1 mol; nBaCO 3= 0,8 mol. Vậy mMgCO 3 = 8,4g → %mMgCO 3 = 5,06%. Câu 26: Đáp án C. Các dd khi tác dụng với bột sắt dư tạo Fe2+ là FeCl3, CuSO4, Pb(NO3)2, HCl, HNO3 (loãng), H2SO4 (đặc nóng). Câu 27: Đáp án D. 2SO2 + O2 2SO3 với ∆H < 0 Mà ∆H < 0 → Phản ứng tỏa nhiệt. Để cân bằng dịch chuyển sang chiều tạo SO3 (chiều thuận), ta giảm nhiệt độ, và tăng áp suất bình. Câu 28: Đáp án B. Các chất tác dụng với dd AgNO3/NH3 tạo kết tủa là C2H2, CH2O, CH2O2 (HCOOH); C3H4O2 (HCOOCH=CH2). Câu 29: Đáp án B (Tơ xelulozơ axetat là tơ bán tổng hợp). Câu 30: Đáp án D. Các đồng phân thỏa mãn ycđb là HCOOC=C-C-C (2đp, cis-, trans-); HCOOC=C(C)-C; C-C-COOC=C-C (2đp, cis-, trans-); C-C-C-COOC=C. Câu 31: Đáp án C (Trong dipeptit chỉ có 1 lk peptit). Câu 32: Đáp án B. - Chỉ có nhóm –OH gắn trực tiếp vào vòng benzen mới có khả năng tham gia phản ứng với dd NaOH. Câu 33: Đáp án C. Ta có nCu = 0,005mol. Catot Anot Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e

Page 3

Bài giải chi tiết TongDaiHiep.Org ……..0,01...0,005 mol ……………..0,01 mol Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O 0,005..0,01 mol. Mà nNaOH spu = 0,05.0,2 = 0,01 mol → nNaOH bđ = 0,01 + 0,01 = 0,02 mol CM NaOH = 0,1M. Câu 34: Đáp án A. Quan sát ta thấy ∆m = 0 (64 – 56).nFe + (64 – 65).nZn = 0 8nFe = nZn.

Vậy %mZn = 65.nZn65.nZn +56.nFe

. 100% = 90,27%.

Câu 35: Đáp án A. Áp dụng ĐLBT nguyên tố [C], ta có: nNa 2CO 3 + nKHCO 3 = nCO 2 + nBaCO 3 = 0,045 + 0,15 = 0,195 mol. Mà nH+= nCO 3

2− + nCO 2 = 0,15 mol nCO 32− = nNa 2CO 3 = 0,105 mol → nKHCO 3 = 0,09 mol.

Vậy mhh = a = 0,105.(23.2 + 60) + 0,09.(39 + 1 + 60) = 20,13g. Câu 36: Đáp án C (Ăn mòn điện hóa mới làm phát sinh dòng điện). Câu 37: Đáp án A. Dd X có pH = 12 → OH- dư. Vậy [OH-]dư = 10-2M nOH− dư= 0,005 mol. Mà nOH− p.ư = nH+= 0,25.0,08 + 2.0,25.0,01 = 0,025 mol

Suy ra nOH− bd = 0,025 + 0,005 = 0,03 mol → nBa (OH )2 = 12. nOH− bd = 0,015mol CM Ba (OH )2 = a = 0,06M.

Câu 38: Đáp án A. Ta có chỉ số axit của chất béo bằng 7, vậy lượng NaOH cần dùng để trung hòa 10kg chất béo trên là 50g → nNaOH trung hòa = 1,25 mol = nH2O . Mà nNaOH p.ư = nNaOH bđ – nNaOH dư = 35,5 – 0,5 = 35mol. Mặt khác nNaOH p.ư = nNaOH trung hòa + nNaOH thủy phân nNaOH thủy phân = 33,75 mol → nglixerol = 1

3.nNaOH thủy phân = 11,25 mol

Vậy mglixerol = 1035g = 1,035kg. Câu 39: Đáp án B. Quan sát đáp án, ta thấy A, B, D đều có gốc ancol là CH3OH → Giả sử este A có dạng RCOOCH3. Và hỗn hợp muối khan gồm RCOONa và NaCl. Vậy nAg = 0,4 mol nancol = nRCOONa = nandehit = 0,1mol. Mà mmuối = mRCOONa + mNaCl mRCOONa = 15,25 – 0,1.58,5 = 9,4g → MRCOONa = 94 g/mol MR = 27 g/mol (C2H3-). Câu 40: Đáp án D. Hỗn hợp Y gồm nước và andehit, mà nH2O = nandehit.

Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có M� andehit = 40 g/mol Vậy hỗn hợp andehit gồm HCHO và CH3CHO. Áp dụng sơ đồ đường chéo, hoặc giải hpt, ta tính được nHCHO = 0,1 mol và nCH 3CHO = 0,25 mol. Suy ra mancol = 0,1.32 + 0,25.46 = 14,7g. Câu 41: Đáp án D. Chất rắn gồm các oxit đồng và đồng → Quy chất rắn X về 0,2 mol Cu và y mol O. Áp dụng ĐLBT nguyên tố [N], ta có: nHNO 3 = nNO 3

−/mu ối + nNO = 0,2.2 + 0,02 = 0,42 mol. Vậy Vdd = 0,84 lít. Câu 42: Đáp án B (Phenol không làm đổi màu quỳ tim). Câu 43: Đáp án A. S + 2H2SO4 đ, nóng → 3SO2 + 2H2O Câu 44: Đáp án C. Hỗn hợp X gồm MgO và CuO → Dung dịch A gồm Mg2+ và Cu2+ → Mg phản ứng hết. Chất rắn B gồm Ag và Cu (nếu có). Mg + 2Ag+ → Mg2+ + 2Ag x.…..0,06 mol Mg + Cu2+ → Mg2+ + Cu x-0,03...0,05mol Mà moxit = mMgO + mCuO = 40.x + 80.(0,05 – (x – 0,03)) = 3,6g x = 0,07 mol. Vậy Mg phản ứng với Cu2+ tạo thành (0,07 – 0,03) mol Cu.

Page 4

Bài giải chi tiết TongDaiHiep.Org Mặt khác, khi hòa tan rắn B vào dd H2SO4 đặc nóng, ta có: nAg + 2nCu = 2nSO 2 0,06 + 2nCu = 2.0,09 nCu = 0,06 mol (Theo ĐLBT electron). Ta thấy mol rắn Cu thu được là 0,06 mol trong đó gồm 0,04 mol Cu tạo thành từ phản ứng trên, vậy mol Cu trong hh kim loại là 0,02 mol (vì Mg khử hết ion Ag+, nên Cu không tham gia phản ứng). Suy ra mhh kl = 0,07.24 + 0,02.64 = 2,96g → %mMg = 56,8%. Câu 45: Đáp án C. Phản ứng giữa oxit và axit, thật ra là phản ứng trao đổi O trong oxit thành gốc axit. Áp dụng tăng/ giảm khối lượng, ta có: mO/ Oxit = mOxit – mKl = 22,3 – 14,3 = 8g nO/ Oxit = 0,5 mol. Ta có 1O2- → 2Cl- Vậy nCl−

mu ối� = 2nO/ Oxit = 1mol mCl−mu ối� = 35,5g mmuối = mKL + mCl−

mu ối� = 49,8g.

Hoặc sử dụng tăng/ giảm khối lượng, ta có: mmuối – mOxit = (35,5.2 – 16).0,5 = 27,5 mmuối= 22,3 + 27,5 = 49,8g. Câu 46: Đáp án D. Nước cứng Ion Ca2+, Mg2+

Toàn phần

Tạm thời HCO3-

- Đun nóng. - Thêm một lượng vừa đủ Ca(OH)2. - Thêm muối Na2CO3; Na3PO4.

Vĩnh cửu Cl-, SO42- -Thêm muối Na2CO3; Na3PO4.

Câu 47: Đáp án A. Ta có nH2/X = nH2 p.ư + nH2 dư = nankan + nH2 dư = nZ = 0,25 mol Vậy nolefin/X = nX - nH2/X = 0,4 – 0,25 = 0,15 mol. Áp dụng ĐLBTKL, ta có: mX = mY mX = molefin dư + mZ = 1,82 + 0,25.7,72.2 = 5,68g Mà mX = mH2/X + molefin/X molefin/X = 5,18g → Molefin = 34,5(3) g/mol → n� = 2,4(6). Cách 1: Áp dụng sơ đồ đường chéo, hoặc giải hpt, ta có nC2H4 = 0,08 mol → %VC2H4 = 20%. Cách 2: Ta thấy n� = 2,4(6) ≈ 2,5 nên nC2H4 ≈ nC3H6 ≈ 0,075 mol → %VC2H4 ≈ 18,75% Vì n� < 2,5 nên nC2H4 > nC3H6 → %VC2H4 > 18,75% Đáp án A. Câu 48: Đáp án B. Ta có nX = 0,05 mol = nancol Y; nAg > 0,14 nAg > 2nancol Y → Y là CH3OH. Câu 49: Đáp án A. Lưu ý đề cho khối lượng Na và khối lượng chất rắn, nên có thể Na dư. Áp dụng ĐLBTKL, ta có maxit = mrắn + mkhí – mNa = 12,4g. Mà naxit = 2nkhí = 0,22mol → M� axit = 56,36 g/mol → n� = 1,74. Vậy hh axit gồm HCOOH và CH3COOH. Câu 50: Đáp án C (CH3NH2 có tính baz nên làm quỳ tím đổi màu xanh).

Page 5