Ôn thi THPT quốc gia DA-Hoá

Ôn thi THPT quốc gia DA-Hoá tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vực...

III Môn Hoá học

Mã đề

213

Mã đề

1D 11D Coi hỗn hợp không có Fe3O4 (FeO.Fe2O3) CO→CO2 + 2e, FeO→ Fe3++1e

N+5+3e→NO, nCO2= nBaCO3= 0,02mol, nNO= 0,015 mol→ne= 0,045mol, bảo toàn e → nFeO= 0,005mol, mà nFe(NO3)3= 0,045mol→ nFe2O3= 0,02mol→ m=0,005.72+0,02.160=3,56gam 2B 12B Phenol không phản ứng với NaHCO3

3C 13C Gọi x là số mol của mỗi kim loại, ta có 56x+24x+64x=28,8→x=0,2mol→ne=1,4mol

→mNH4NO3=117,6-28,8-1,4.62=2gam→nNH4+=0,025mol Coi hỗn hợp khí chỉ có NO và N2O (vì

số mol N2= NO2), gọi a mol NO, b mol N2O ta có hệ gồm a+b=0,24 và 3a+8b= 1,4-0,025.8→ a=0,144mol, b=0,096mol→nHNO3= ne+nNO+2nN2O+2nNH4+= 1,4+0,144 +2.0,096 +2.0,025=

1,786mol 4C 14C C6H5OH>C6H5CH3>C6H6>C6H5NO2

5A 15A K không thỏa mãn

6C 16C Ta có các trường hợp như sau: TH1: Tăng 4,8 gam chính là khối lượng Mg ban đầu

TH2: Tăng 4,8 gam là mMg-mFe do Mg+2Fe3+→Mg2++2Fe2+(1), Mg+Fe2+→Mg2++Fe (2) nFe3+=1mol, nMg(1)= 1/2nFe3+=0,5mol, gọi x mol Mg (2) → 0,5.24+24x-56x=4,8→ x= 0,225mol

→mMg=17,4gam

TH3: Giảm 4,8 gam là mFe-mMg→56x-(24x+0,5.24)=4,8→ x=0,525mol→ mMg= 24,6(g) Vậy cồn lại đáp án C không thõa mãn

7B 17B Ta có mX= 12nCO2+2nH2O+16nO(trong X) → nO(x)= (7,1-12.0,35-2.0,25)/16= 0,15mol→ nX = nO=

0,15mol, nAg=0,4mol→ nAg>2nX→ X có HCHO, andhit còn lại là RCHO, gọi x, y lần lượt số mol của HCHO và RCHO→ hệ gồm x+y=0,15 và 4x+2y=0,4→ x=0,05mol, y=0,1mol→ mRCHO=7,1-0,05.30= 4,9gam→ R+29= 56→R=27→ R là

CH2=CH-8C 18C Hai phản ứng sau xảy ra đồng thời: 2H++CO32-→CO2+ H2O và H++ HCO3-→CO2+ H2O

Gọi a, b lần lượt là số mol của CO32- và HCO3- phản ứng→ hệ gồm 2a + b = 0,1 và a + b = 0,06

→ a = 0,04mo và b= 0,06mol→ 0,05

0,1x =

0,04 0,02 → x = 0,25M 9A 19A Gồm các cặp sau có kết tủa: BaCl2 và NaHSO4; Ba(HCO3)2 và KHSO4; Ca(H2PO4)2 và KOH;

CuCl2 và H2S, FeCl2 và Na2S, Ca(OH)2 và NaHCO3

10C 20C Gồm các chất stiren, anilin và phenol

11D 1D Ta có sơ đồ: Cu + HNO3→ Cu(NO3)2 + Khí(N+O) + H2O, nCu(NO3)2= nCu=0,04mol Dung dịch X

gồm Cu(NO3)2 và HNO3 dư, X + ddNaOH, sau đó nung hỗn hợp ta thu được chất rắn gồm CuO, NaNO2 và NaOHdư Gọi x là số mol NaNO2 và y là số mol NaOHdư→ hệ pt gồm x + y = 0,21

và 69x + 40y = 17,4 – 0,04.80→ x= 0,2mol, y = 0,01mol, mà nHNO3 ban đầu = 0,24mol→ nN tạo khí = 0,24 – 0,2 = 0,04 mol Số mol HNO3 phản ứng với Cu = 2nCu + nN tạo khí= 2.0,04 + 0,04 = 0,12mol→ nO tạo khí = 3nHNO3 – 6nCu -nH2O = 2,5nHNO3 – 6nCu=2,5.0,12 – 6.0,04= 0,06mol→ mdd sau

= 2,56 + 25,2 – 0,04.14 – 0,06.16 = 26,24 g

→C%Cu(NO3)2 = 0,04.188

26, 24 .100% = 28,66%

12B 2B Trừ kim loại Ag

13A 3A

Ta có nAl đầu = nNaOH= 0,1mol→ nFe3O4 =20,1 0,1.27

232

−

= 0,075mol Bảo toàn e cho phần 2

Al→ Al3+ + 3e, Fe3O4 → Fe3++ 1e, N+5 + 3e → NO → ne = 3.0,1 + 0,075 = 0,375 mol → nNO

= 0,375/3 = 0,125 mol → V = 2,8 lít 14A 4A Công thức chung: Y: CnH2n+2O; Z: CmH2mO2; T: CxH2xO (cùng số mol ) → nY = nH2O – nCO2 = 0,4

– 0,3 = 0,1 mol→ nO trong X = 0,1 + 2.0,1+ 0,1 = 0,4 mol→ mX = 12.0,3 + 2.0,4 + 16.0,4 = 10,8 gam

15C 5C Gồm các phản ứng SO2 + H2S → S + H2O; CuO + NH3 →t0 Cu + N2 + H2O; CaOCl2 +

HCl → CaCl2 + Cl2 + H2O; Si + 2NaOH + H2O→ Na2SiO3 + 2H2; Ag + O3 → Ag2O + O2 ; NH4Cl + NaNO2 →t0 NaCl + N2 + H2O

16D 6D Phản ứng thủy phân trong môi trường axit là thuận nghịch là phát biểu đúng

17D 7D Do Na2O và BaO tác dụng với H2O tạo dd OH-, OH- tác dụng với Al2O3 tạo AlO2- sau đó CO2 +

AlO2- + 2H2O → Al(OH)3↓ + NaHCO3

18A 8A 5Na2SO3 + 2KMnO4 + 6NaHSO4 → 8Na2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O

19B 9B Ta có nX= 2nH2= 0,31 mol → KLNT trung bình X = 43,48 → có HCHO Trường hợp andehit

không có liên kết ba (bị loại), giải trường hợp có 1 liên kết ba còn H linh động: CH≡C-R-CHO

AgNO trongNH t

→ AgC≡C-R-COONH4 + 2Ag Lập hệ gồm x + y = 0,31 ; 30x + (R + 59)y = 13,48 và 108(4x + 2y) + (R + 194)y = 133,04 Giải hệ được R = 14 là CH2

20C 10C Tính trong 100 ml dd X, ta có nCO32- = nH+ = 0,1 mol, nSO42- = nBaSO4 = 0,1 mol (đã trừ BaCO3);

nNH4+ = 0,2 mol → nNa+ = 0,2 mol → khối lượng muối trong 300 ml dd X = 3(0,2.23+0,2.18+0,1.96+0,1.60) = 74,1 gam

21B 31B Gồm các chất HOOC-COONa, H2O, KHCO3, Al(OH)3, (NH4)2SO3

22C 32C Ta có mMOH= 7,2 gam, mM2CO3= 9,54 gam→ 1 mol MOH tương ứng 0,5 mol M2CO3 tăng 13

gam, vậy x mol MOH tăng 9,54- 7,2= 2,34 gam → x = 0,18 mol→ M+ 17= 40→ M là Na→ Meste= 15,84/0,18 = 88→ CH3COOC2H5

23C 33C Gọi x số mol của X→ 3x số mol Y, dựa vào cấu tạo peptit ta có X → 2ala + gly + val; còn Y

→ 2val + gly Từ đó → gly(C2H5O2N) = 4x mol, ala(C3H7O2N) = 2x mol, val(C5H11O2N) = 7x mol, lập phương trình đại số theo muối (cộng 22 vào axit) 97.4x + 111.2x + 139.7x =23,745 →

x = 0,015 mol Ta có sơ đò phản ứng X + 4NaOH → Muối + H2O;

Y + 3NaOH → Muối + H2O Áp dụng bảo toàn khối lượng → m = mMuối + mH2O – mNaOH = 23,745 + 18.4.0,015 – 40.13.0,015 = 17,025 gam

24D 34D Gồm tơ visco và tơ axetat là tơ nhân tạo còn lại là tơ tổng hợp

25D 35D Gọi x, y lần lượt là số mol của CO2 và H2O ta có hệ phương trình gồm 12x + 2y = 2,5 và 44x +

18y = 21,67 – 11,97 = 9,7→ x= 0,2 mol, y = 0,1 mol → X có CT dạng (C2H)n là chất khí → n=2→ C4H2 (HC≡C-C≡CH)

26B 36B nCO2 = 0,07 mol, nNaOH =0,08 mol→ dd X chứa 0,06 mol NaHCO3 và 0,01 mol Na2CO3; nBa2+ =

0,04 + 0,25a mol, nOH- = 0,5a mol: HCO3- + OH- → CO32- + H2O, Ba2+ + CO32- → BaCO3, nBaCO3 = 0,02 mol mà nCO32- trong Na2CO3 = 0,01 mol→ nOH- = nHCO3- phản ứng =0,02 – 0,01 = 0,01 mol→ 0,5a = 0,01→ a = 0,02 mol

27C 37C Dung dịch sau có pH = 12→ sau phản ứng OH- dư→ nOH- đầu = nH + + nOH

-dư ↔ 0,015 + 0,6x

= 0,04 + 0,01.0,5→ x = 0,05M 28A 38A Coi hỗn hợp gồm x mol Cu, y mol Fe và z mol S Áp dụng bảo toàn e và gt → hệ gồm 64x +

56y+ 32z = 6,48; 64x + 56y = 4,24 ( do z = nSO2 = 0,07) và 2x + 3y = 0,17 → x = 0,03 mol và y

= 0,03 mol, ne= 2x + 3y + 6z = 0,59 mol = nNO2 → V = 13,216 lít 29C 39C Gồm các oxit: SO2, NO2, SO3, CrO3, P2O5, N2O5

30C 40C Gồm a, b, c và e

31A 21A Ta có ne = 0,45 mol nên Fe→ Fe2+ = 2e; Cu → Cu2+ + 2e; N+5 + 3e → NO, tính được bằng

bảo toàn e nCu phản ứng = 0,1mol =Cu ban đầu→mMuối = 7,0+ 6,4+ 0,45.62 = 41,3 g 32B 22B Tăng nhiệt độ cân bằng chuyển về chiều nghịch làm khí NH3 giảm→ tỉ khối giảm

33A 23A nX = nHCl = 0,1 mol → X có 1 nhóm NH2 Khi phản ứng với HCl tạo muối thì khối lượng tămg

= 10,95 gam→ nX = nHCl = 10,95/36,5 = 0,3 mol → MX = 89→ Alanin 34B 24B nC4H10 đầu = 0,5 – 0,4 = 0,1 mol→ nC4H10 phản ứng = nC2H4 + nC3H6 + nC4H8 = nBr2 =0,075 mol→ h =

0,075/0,1 = 75%

35C 25C Gồm các chất CH(OH)-CH-C(CH3)=CH2, CH(OH)-C=C(CH3)-CH3,

CH3-CO-CH2-CH(CH3)-CH3, CH3-CO-CH=C(CH3)-CH3, CH3-CO-CH2-C(CH3)=CH2

36C 26C

Gọi công thức ancol CnH2n+2Ox + 3 1

2

n+ −x

O2 → nCO2 + (n+1)H2O Tìm n = 3, x = 3 → C3H8O3 hoặc C3H5(OH)3

37D 27D Gồm các đồng phân (CH3)2NCH(CH3)2, (CH3)2NCH2CH2CH3, CH3N(CH2CH3)2

38B 28B CH3CH2COOH>CH3COOH>C2H5OH>CH3OCH3

39D 29D Theo giả thiết ta có phản ứng xảy ra ở các điện cực

Catot: Cu2+ + 2e → Cu, 2HOH + 2e → H2 +2OH- Anot: 2Cl- + 2e→ Cl2

Gọi x, y lần lượt số mol của NaCl và CuSO4, theo giả thiết và bảo toàn e ta có hệ phương trình gồm 58,5x + 160y = 51,1 và x = 1,5(x -2y) → y = 0,1 mol→ %mCuSO4 = 31,31%

40C 30C Gồm Mg(HCO3)2, HCOONa, CuO tác dụng với dung dịch HCl

41D 46D K3PO4

42A 47A Anken là C2H4 và C4H8 Gọi x, y lần lượt là số mol C2H4 và C4H8 → 2x + 4y = 0,125 và x + y =

0,05 → x = 0,0375 mol và y = 0,0125 mol và x, y chính là số mol của mỗi ancol Gọi a, b lần

lượt là số mol của C2H5OH và C4H9OH tạo este → hệ a + b = 0,019.2 và 46a + 74b = 1,63 +0,019.18→ a = 0,03 mol và b = 0,008 mol→ hC2H5OH = 0,03/0,0375 = 80% và hC4H9OH = 0,008/ 0,0125 = 64%

43C 48C Gọi công thức chung là PXa, có a =3 và a = 5 TH1: a = 3→ PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX

n2axit = nKOH = 1,8 mol→ nPX3 = nH3PO3 = 1,8/4 = 0,45 mol→ 31 + 3X = 102 → X = 35,5→ X

là Cl Trường hợp a = 5 loại 44C 49C Gọi X là kim loại chung và n là hóa trị trung bình (1<n<2) → X = 14,2n → 14,2<X<28,4, vậy

chỉ có Na và Mg 45B 50B Axit CnH2nO2, có nH2O > nCO2 → ancol no mạch hở CmH2m+2O→ nancol = nH2O – nCO2 = 0,2 mol→

naxit = 0,1 mol → 0,1n + 0,2m = 0,6→ n = 4 và m = 1( do hai chất có số nguyên tử C khác nhau nên cặp 2 và 2 loại), phản ứng tạo este C4H8O2 + CH4O ƒ C5H10O2 + H2O, tính theo axit

→ mC5H10O2 = 0,1.102.80/100 = 8,16 gam, vậy trong 0,15 mol là 4,08 gam 46A 41A nC2H2 đầu =0,2 mol, HC≡CH + H-OH → CH3-CH=O, với h = 80% → nCH3CHO = 0,16 mol và

nC2H2 dư = 0,04 mol→ mkết tủa = mAg + mAg2C2 = 0,16.2.108 + 0,04.240 = 44,16 gam 47B 42B 1,3,4,5 không phải oxi hóa-khử

48A 43A Ancol không phản ứng với NaOH

49D 44D Gồm các chất sau: C6H5NH3Cl (phenyl amoni clorua), HOOCCH2CH2CH(NH2)COOH,

ClH3NCH2COOH 50A 45A Gồm: Fructozơ, glucozơ và Ala-Gly-Ala phản ứng được với Cu(OH)2

51D 56D naxit salixylic=0,2 mol, C7H6O3 + (CH3CO)2O → C9H8O4 + CH3COOH vậy meste=0,2.180=36g 52A 57A nH2O = nCO2 = 0,4 mol→ xeton no đơn chức mạch hở: CnH2nO → nxeton = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 =

0,1 mol, xeton có n từ 3, nếu n = 4→ có 0,4 mol CO2 tức là không có anken vậy chỉ có n = 3 là thỏa mãn

53B 58B Ta có 2Na + O2 → Na2O2, 2Na + 1/2O2 → Na2O Y gồm Na dư, Na2O2, Na2O, Y tác dụng với

H2O thì Na → 1/2H2, Na2O2 → 1/2O2, tính được nH2 = 0,15 mol và nO2 = 0,075 mol, dự vào pt tính được m = 21,7 gam

54A 59A CH3CHO → 2Ag, vậy nCH3CHO = 0,075 mol → mhai chất còn lại = 12 – 0,075.44 = 8,7 gam, vì hai

chất có cùng KLPT nên n2chất = 0,15 mol, do hai chất đều có 1 liên kết pi nên nBr2 = 0,15 mol →

m = 0,15 160 = 24 gam 55B 60B Ta có phản ứng N2 + 3H2 ƒ 2NH3 Gọi x nồng độ NH3 sinh ra, lập theo ptpu và gt ta có 0,7

-1,5x = 0,5(1- x) → x =0,2M→ KC = 3,125 56B 51B Gồm nước brom, anhidrit axetic và dd NaOH

57B 52B Ta có CH2=CH2 → CH3CH=O→ CH3CH(CN)OH; đổi số mol→ h = 0,1/0,2 = 50%

58A 53A Đipeptit chỉ có 1 liên kết peptit

59A 54A Do Zn → Zn2+ + 2e

60A 55A Gồm: Nhiệt phân AgNO3, Fe + CuSO4, đốt Ag2S trong không khí

Chúc các em có một mùa thi đạt kết quả cao.