Đề thi thử môn Hoá chuyên KHTN 2014

đề thi thử đại học môn Hoá

Trang 1

www.MATHVN.com

Trang 2

www.MATHVN.com

Trang 3

www.MATHVN.com

Trang 4

www.MATHVN.com

Trang 5

www.MATHVN.com

Trang 6

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

ĐỀ THI KSCL LỚP 12 DỰ THI ĐẠI HỌC 2014

Môn: Hóa h ọc Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: Đáp án A

Ta có nCO2 = 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 → nMSO4 = nH2SO4 = 0,4 mol

Mà mdd spu = mdd bđ + mX – mCO2 = 100 + 24 – 0,05.44 = 121,8g

Vậy mMSO4 = 121,8.39,41100 = 48g  MMSO4 = 48

0,4 = 120g/mol  M = 24 g/mol  M là Magie (Mg)

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 nNO2: nO2 p.ư = 4: 1 mà nNO2+ nO2 p.ư = 8,96−3,3622,4 = 0,25 mol  nNO2= nHNO3 = 0,2 mol

Vậy [H+

] = 0,2

2 = 0,1M  pH = -lg[H

+

] = 1

Số thí nghiệm p.ư oxi hóa khử: (1), (2), (3), (4)

Ta có EZno 2+ ⁄ Zn < ECuo 2+ ⁄ Cu → Zn có tính khử mạnh hơn Cu, nên Zn khử Cu2+

thành Cu

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 = 2nSO2 spk  nSO2 spk = 0,0215 mol

Vậy ∑ nSO2= nS + nSO2 spk = 0,0285 mol

Khi cho khí tác dụng với dd KMnO4, thì SO2 → SO4

2-

Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 2nSO2 = 5nMn2+ nMn2+= 0,0114 mol  VKMnO4= 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 = 5nMn2+  nMn2+= = 0,0114 mol  VKMnO4= 0,228 lít

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

nbđ 100% =0,20,3 100% = 66,67%

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 = mmu ối + mZ + mH2O

 0,2.77 + 0,2.40 = mmu ối + 0,2.13,75.2 + 0,2.18  mmu ối = 14,3g

Cách 2:

Page 1

www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com

Trang 7

Ứng với CTPT C2H7NO2có 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 nNH3= 0,05 mol; nCH3NH2 = 0,15 nol

Suy ra mMu ối = mHCOONa + mCH3COONa = 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

- Phản ứng với dd brom; dd AgNO3/NH3đun nóng: chỉ có Glucozơ phản ứng

- Thủy phân trong môi trường axit: chỉ có saccarozơ bị thủy phân

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 = %M C

12 :%MH

1 =

90,566

12 :9,4341 = 7,547: 9,434 = 4: 5

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

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 H2Odưthì 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 = 3

2.nAl + nBa  nAl = 0,6 mol (ứng với 2m g hh)

Vậy %mAl = 0,6.27

0,6.27+0,03.137 100% = 79,8%

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 HNO3dư, nên không chắc chắn toàn Fe bị oxi hóa thành Fe3+

, nên torng dung dịch gồm Fe2+

và Fe3+

Mà nFe3+= 2nCu = 0,13mol

Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 2nFe2+ + 3nFe3+ = 3nNO→ nFe2+ = 0,015 mol

Vậy nFe = nFe2++ nFe3+ = 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

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 nBa2+ = 1.nHCO3− + 1 nCl −  x + y = 0,5 mol

Quan sát đáp án, dễ dàng loại đáp án D, còn đáp án A, B đều có nHCO3− < 0,2 mol → nCO32− < nBa2+ = 0,2mol

Nên toàn bộ muối BaCO3 bị nhiệt phân:

BaCO3 to

→ BaO + CO2

Vậy mrắn = mNa+ + mBa2+ + 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

Lưu ý kết tủa thu được gồm Cu(OH)2 và BaSO4

Ta có mH2O =500.30100 = 150g; mH2SO4 =500.70100 = 350g

Gọi x là mol oleum cần dùng

H2SO4.3SO3 + 3H2O → 4H2SO4

x……… 3x………4x

Page 2

www.MATHVN.com

Trang 8

Vậy C% = m′H2SO 4

m′H2SO 4+m′H2O 100% =350+98.4x+150−18.3x350 +98.4x 100% = 98%  x = 500/217 mol  moleum =778,8g

Ta có nBr2 = nX = nmu ối = 0,1mol → MMu ối = 108g/mol  R = 41 g/mol (C3H5)

Vậy X: C3H5COOH (4 đp, kể cả đp hình học)

C2H2→ C2Ag2

CH3CHO → 2Ag

Giải hpt, ta có naxetilen = netanal = 0,01 mol

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

Ta có Vrượu = 5,75.6

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

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− > 0,05.385,4

50 = 0,3854 mol  nCl2 p.ư = 1

2 nCl− > 0,1927 mol

Vậy H = nCl 2 p.ư

nCl 2 bđ 100% > 64,23%

Giải hpt, 27nAl + 64ncu = 18,2g và 3nAl + 2nCu = 3nNO + 2nSO2

 nAl = nCu = 0,2 mol  mAl = 0,2.27 = 5,4g  %mAl = 29,7%

Ta có nBaCO3= 0,6 mol

TH1: NaOH dư → nCO2 = nBaCO3 = 0,6 mol

TH2: Tạo dung dịch 2 muối CO3

và HCO3

-→ nCO2 = nOH − - nCO3 = 1,5 – 0,6 = 0,9 mol

Mà 166

197 = 0,843 < nhh = nCO2 < 166

84 = 1,98 mol  Loại trường hợp 1

Ứng với 0,9 mol CO2 tạo thành, giải hpt, ta có nMgCO3= 0,1 mol; nBaCO3= 0,8 mol

Vậy mMgCO3 = 8,4g → %mMgCO3 = 5,06%

Các dd khi tác dụng với bột sắt dư tạo Fe2+

là FeCl3, CuSO4, Pb(NO3)2, HCl, HNO3 (loãng), H2SO4 (đặc nóng)

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

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)

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)

- Chỉ có nhóm –OH gắn trực tiếp vào vòng benzen mới có khả năng tham gia phản ứng với dd NaOH

Ta có nCu = 0,005mol

Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e

Page 3

www.MATHVN.com

Trang 9

…… 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

Quan sát ta thấy ∆m = 0  (64 – 56).nFe + (64 – 65).nZn = 0  8nFe = nZn

Vậy %mZn = 65.nZn

65.nZn+56.nFe 100% = 90,27%

Áp dụng ĐLBT nguyên tố [C], ta có: nNa2CO3 + nKHCO3 = nCO2 + nBaCO3 = 0,045 + 0,15 = 0,195 mol

Mà nH+= nCO32−+ nCO2 = 0,15 mol  nCO32− = nNa2CO3 = 0,105 mol → nKHCO3 = 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)

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

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

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 mmu ối = mRCOONa + mNaCl  mRCOONa = 15,25 – 0,1.58,5 = 9,4g → MRCOONa = 94 g/mol  MR = 27 g/mol (C2H3-)

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 nCH3CHO= 0,25 mol

Suy ra mancol = 0,1.32 + 0,25.46 = 14,7g

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: nHNO3 = nNO3− /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)

S + 2H2SO4 đ, nóng → 3SO2 + 2H2O

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

www.MATHVN.com

Trang 10

Mặt khác, khi hòa tan rắn B vào dd H2SO4đặc nóng, ta có:

nAg + 2nCu = 2nSO2  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%

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  mmu ối = mKL + mCl−

mu ối

� = 49,8g

Hoặc sử dụng tăng/ giảm khối lượng, ta có: mmu ối – mOxit = (35,5.2 – 16).0,5 = 27,5  mmu ối= 22,3 + 27,5 = 49,8g

Nước

Toàn

phần

Tạm thời HCO3

-

- Đun nóng

- Thêm một lượng vừa đủ Ca(OH)2

- Thêm muối Na2CO3; Na3PO4 Vĩnh cửu Cl

-, SO4 2-

-Thêm muối Na2CO3; Na3PO4

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

Ta có nX = 0,05 mol = nancol Y; nAg > 0,14  nAg > 2nancol Y→ Y là CH3OH

Lưu ý đề cho khối lượng Na và khối lượng chất rắn, nên có thể Na dư

Áp dụng ĐLBTKL, ta có maxit = mr ắn + 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

www.MATHVN.com

Định dạng
Số trang	10
Dung lượng	1,01 MB