b Nhúng thanh Fe vào dung dịch chứa CuSO4 và H2SO4, có xuất hiện ăn mòn điện hóa.. d Điện phân dung dịch NaCl điện cực trơ, ở catot xảy ra quá trình khử ion Na+.. e Cho dung dịch AgNO3 d
Trang 1SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2018
TRƯỜNG THPT YÊN THÀNH 2 Bài thi KHTN -Môn hóa học
(Đề thi có 04 trang) (Thời gian làm bài 50 phút)
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 11: Al và Mg là kim loại mạnh nên oxit của chúng không bị khử nên chọn : Cu, Fe, Al 2 O 3 , MgO.
Câu 12: Tơ nilon - 6,6 được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng từ HOOC-(CH2)4-COOH và H2N-(CH2)6-NH2
Câu 14: Các khí đó phải thõa mãn : nhẹ hơn không
khí – nặng hơn không khí – không tan trong nước
=> chọn C
Câu 16: Cho các phản ứng sau:
(1) NH4NO3 ��t0� tạo N2
(2) Cu(NO3)2��t0�NO2 và O2
(3) NH3 +O2 ����5800C Pt, � NO (4) NH3 + Cl2 ��t0�
(5) NH3 + CuO��t0� (6) NH4Cl ��t0� NH3
Các phản ứng không tạo khí N2 là:
A (1), (2), (5), (6) B (2), (3), (6) C (1), (3), (5) D (1), (2), (3), (6)
Câu 18: Cả 2 este đều có M = 74 nên n este = 37/74 = 0,5 mol => n NaOH = 0,5 mol => mNaOH = 20 gam chọn C
Câu 19: Cho 400 ml dung dịch NaOH 0,25M tác dụng với dung dịch chứa 5,13 gam Al2(SO4)3 Sau phản ứng khối lượng kết tủa thu được là
Số mol Al 2 (SO 4 ) 3 = 0,015 mol => nAl 3+ = 0,03 mol => nOH - tham gia hòa tan kết tủa là 0,1 mol => số mol kết tủa =0,02 mol m kết tủa = 0.02.78 = 1,56 gam
Câu 21: Cho các phát biểu sau:.
(a) Cho CO dư qua hỗn hợp MgO và CuO đun nóng, thu được Mg và Cu
(b) Nhúng thanh Fe vào dung dịch chứa CuSO4 và H2SO4, có xuất hiện ăn mòn điện hóa
( c) Kim loại có nhiệt độ nóng chảy cao nhất là Vonfram, kim loại nhẹ nhất là Liti
(d) Điện phân dung dịch NaCl (điện cực trơ), ở catot xảy ra quá trình khử ion Na+
(e) Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch FeCl2, thu được chất rắn gồm Ag và AgCl
Số phát biểu đúng là:
Câu 23: Cho các chất sau: etilen,anlen, isopren, toluen, stiren, p-crezol, axit ađipic, etyl fomat,tripanmitin, fructozơ.
Số chất tác dụng được với nước brom ở điều kiện thường là
Câu 24: Khối lượng phân tử (đvc) của penta peptit: Gly-Gly- Ala-Val- Gly là
M = 75.3 + 89 + 117 -4.18 = 359
Câu 25: Tiến hành các thí nghiệm sau:
(a) Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Al2(SO4)3
Trang 1/5 - Mã đề thi 345
Mã đề 345
Trang 2(b) Sục khí CO2 dư vào dung dịch Na[Al(OH)4] hoặc NaAlO2.
(c) Cho dung dịch FeCl3 vào dung dịch AgNO3
(d) Sục khí NH3 dư vào dung dịch CuCl2
(e) Cho hỗn hợp Al4C3 và CaC2 (tỉ lệ mol 1 : 1) vào nước dư
(f) Sục khí CO2 dư vào dung dịch Ba(OH)2
Sau khi kết thúc các phản ứng, số thí nghiệm thu được kết tủa là
A
Câu 26: Cho các chất sau: metyl propionat, triolein, saccarozơ, etylamin,valin, Gly-Ala Số chất phản ứng được với
dung dịch NaOH (đun nóng) là
A
Câu 28: Gọi công thức của amin là CnH2n+2+kNk
Đốt cháy: CnH2n+2+kNk + O2 �� � n CO2 + (n+1+0,5k) H2O + 0,5k N2
Số mol khí và hơi = 0,1(n+ n+1+0,5k+0,5k) = 0,5 =>2n+1+k=5
Biện luận => n=1; k=2 Vậy công thức của amin là NH2 – CH2- NH2 (M=46)
0,2 mol amin phản ứng với o,4 mol HCl => Đáp án
Câu 29: Mtb = 34 => m hỗn hợpX = 1,7 gam.
X + O2 �� � CO2 + 2H2O
0,05 mol x mol 0,1 mol
mH trong X = 0,2 mol => mC = 1,7 – 0,2 = 1,5 gam => nC = nCO2 = 0,125 mol
CO 2 + Ca(OH)2 �� � CaCO3 + H2O
0,125 mol 0,1 mol 0,1 mol
CO 2 + CaCO3 + H2O �� � Ca(HCO3)2
0,025 mol 0,025 mol 0,025 mol
nCaCO3 = 0,075 mol => m = 7,5 gam
Câu 30: Cho 18,5 gam chất hữu cơ X (có công thức phân tử C3H11N3O6) tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch
NaOH 1M tạo thành nước, một chất hữu cơ đa chức bậc một và m gam hỗn hợp hai muối vô cơ Giá trị của m là:
Từ các dữ kiện của đề suy ra X có công thức cấu tạo
- Phản ứng: HCO3H3N(CH2)2NH3NO3 + 3NaOH �� � Na2CO3 + NaNO3 + H2N(CH2)2NH2 + 3H2O
mol: 0,1 0,3 → 0,1 0,1
� m 85nNaNO3 106nNa CO2 3 19,1(g)
Câu 32: Hợp chất hữu cơ X đơn chức mạch hở chứa 3 nguyên tố C,H,O và có khối lượng phân tử 60 đvc.Có bao
nhiêu chất thõa mãn với X
Mx = 60 => CxHyOz = 60 => 12x + y + 16z = 60
Dễ thấy z < 3, vì z=3 thì số C =1 , số H =0 vô lý
Vậy z=1, hoặc z=2
TH1: z=2 dễ dàng suy ra công thức phân tử C2H4O2 có 2 hợp chất đơn chức đó là: HCOOCH3 và CH3COOH TH2: z=1 ta có : 12x+y = 44, mà y ≤ 2x+2 => 14x +2 ≥44 => x ≥ 3, mặt khác x < 4 => công thức phân tử
C3H8O là hợp chất no nên chỉ có 2 dạng ancol no đơn chức và ete no đơn chức.có 2 ancol và 1 ete
Vậy X có 5 chất thõa mãn
CH2- CH2
NH3NO3
NH3HCO
3
Trang 3Câu 33:
nBa = nH2 = V/22,4 => nBa(OH)2 = 6V/22,4
nCO2 = 8V/22,4
CO 2 + Ba(OH)2 �� � BaCO3 + H2O
6V /22,4 6V /22,4 6V /22,4
CO 2 + BaCO3 + H2O �� � Ba(HCO3)2
2V /22,4 2V /22,4
=> kết tủa thu được 4V/22,4 = 0,5 => nBa = 0,125 mol => m = 0,125.137 + 0,25.153 + 0,375.171 = 119,5 gam
Câu 34:
Dễ chứng minh được trong hỗn hợp rắn Y chỉ có Fe và Cu:
Nếu có Mg thì khối lượng( Mg dư + Fe + Cu trong hỗn hợp) = 12,48 – 0,13.64 = 4,16 gam
=> mMg phản ứng = 9,2 – 4,16 = 5,04 gam => nMg phản ứng = 0,21 mol Vô lý vì nCu
2+
= 0,13 mol
Gọi x và y lần lượt là số mol của Mg và Fe phản ứng => nCu2+ = x + y = 0,13 mol (1)
Khối lượng Fe và Cu trong hỗn hợp ban đầu dư là : 12,48 – 0,13.64 = 4,16
=> mMg + mFe (phản ứng) = 9,2 – 4,16 = 5,04 => 24x + 56y = 5,04 (2)
Từ (1) và (2)
=>
=> trong chất rắn thu được sau phản ứng nung có MgO (0,07 mol) và Fe2O3 ( 0,03 mol) => m = 7,6 gam
Câu 35: Gọi số mol của H2O là x thì số mol ancol là x- 1,4 Bảo toàn O thì triệt tiêu được x => tổng số mol axit và este là 0,3 mol Số mol NaOH dư là 0,1 mol Dựa vào tổng khối lượng chất rắn ra suy ra được RCOONa = 82
=> axit là axit axetic
Câu 36:
t = 3088 giây Ở anot Cl- chưa điện
phân hết
mdd giảm = mCu + mCl2
=>64 a + 71 a = 10,08
=> a= 0,08 mol
Cu2+
+ 2e Cu 2a a
2Cl- Cl2 + 2e
a 2a
t = 6176 ( thời gian tăng gấp đôi)
mcatot cũng tăng gấp đôi nên Cu2+ chưa
điện phân hết
mdd giảm = mCu + mCl2 + mO2
=> 0,08.64 + 71b + 32(0,04 – 0,5b) =
18,3 – 10,8 => b= 0,02 mol
=> = 0,02 + 0,08 = 0,1 mol
Cu2+
+ 2e Cu 0,16 0,08
2Cl- Cl2 + 2e
b 2b 2H2O 4H+ + O2 + 4e (0,04 -0,5b)
Tại thời điểm t
mcatottăng= 2,5m = 2,5.5,12=12,8
nCu = 0,2 mol
mCl2 đã tạo ra = 0,1 mol
mdd giảm = mCu + mCl2 + mO2 +mH2
=> 2y + 32y = 2,14 (1)
Bảo toàn e => 2x-4y = -0,2 (2)
Từ (1) và (2) => x= 0,03 ; y= 0,065
=> = 0,5 mol gấp
2,875 lần so với thời điểm 3088 giây
=> t= 3088.2,875 = 8878 giây
Cu2+
+ 2e Cu 0,4 0,2 2H2O +2e 2OH- + H2
2x x
2Cl- Cl2 + 2e 0,1 0,2 2H2O 4H+ + O2 + 4e
y 4y
.Câu 37: Tổng số nguyen tử O bằng 12, các peptit đều là đipeptit.( vì đi peptit có số nguyên tử O là nhỏ nhất bằng 3) Đặt công thức của các peptit là C2nH4nN2O3 có số mol là a mol
Khi đốt X, Y, Z, T thu được nCO2 = nH2O = x
Trang 3/5 - Mã đề thi 345
Trang 4C2nH4nN2O3 +O2 �� � 2n CO2 + 2nH2O + N2
a mol x mol x mol a mol
Bảo toàn khối lượng : 13,98 + 0,63 32 = 62x + 28a (1)
Khối lượng các peptit = mC + mH + mO = 12x + 2x + 28a + 48a = 14x + 76a = 13,98 (2)
Từ (1) và (2) =>
Thủy phân đi peptit : nNaOH = 2npeptit ; nH2O = npeptit
Khối lượng của 0,135 mol peptit là (0,135 13,98)/ 0,09 = 20,97 g
Bảo tàn khối lượng: 20,97 + (0,135.2+0,135.2.0,2).40 = mRắn + 0,135.18 => mRắn = 31,5 gam => đáp án
Câu 38: Ta có sơ đồ
Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y: => số mol SO42- = 0,455 mol
Đặt số mol NH4+ = x , Đặt 3 ion ( Mg2+ , Fe2+ , Cu2+ ) chung là M2+ Số mol OH- trong M(OH)2 = 0,865 - x
ta có: mM2+ = 31,72 – mOH- trong M(OH)2 = 31,72 – (0,865 – x).17 = (17,015 +17x ) (gam)
Khối lượng muối trong dung dịchY: mNa+ + mM2+ + mNH4+ +m SO4 =62,605
<=> 0,045.23 + 17,015 +17x + 18x + 0,455.96 = 62,605 => x= 0,025 mol
Bảo toàn nguyên tố H => nH2O = 0,385 mol
Bảo toàn khối lượng: m + 0,045.85 + 0,455.98 = 62,605 + 6,08 + 0,385.18 => m = 27,2 gam
Câu 39: Quy đổi hỗn hợp X thành Al ( xmol) , K(y mol) và O (0,7 mol)
Ta có : khối lượng hỗn hợp X : 27x+23y + 0,7.16 = 55,9 => 27x+39y = 44,7 (1)
Quá trình cho nhận e:
Al -> Al
3+
+ 3e K -> K
+
+ 1e
x 3x y y
O + 2e > O
2H
+1
+ 2e -> H2 0,7 1,4 0,9 0,45
Bảo toàn electron => 3x + y = 2,3 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ:
=>
Vậy trong dung dịch Y gồm: K
+
( 0,8 mol) , AlO2
( 0,5 mol) , bảo toàn điện tích => OH
-
(0,3 mol) Kết tủa max là 0,5 mol, ta có đồ thị:
Trang 4/5 - Mã đề thi 345
Mg
Fe
FeCO
3
Cu(NO3)2
NaNO3 (0,045)
mol ) +
Mg2+
Fe2+
Cu2+
NH4+
SO4
2-(amol)
Na+ (0,045)
+
Điện tích dương = 0,865
m= 6,08g Trong đó H2(0,02)
a
0,5
Số mol kết tủa
Trang 5Từ đồ thị => Hệ: =>
Câu 40: Khi M tráng bạc ⇒ trong M có HCOOH (X)
⇒ nAg = 2(nX + nT) = 0,2 mol
Khi đốt cháy có nCO2−nH2O=2nT=0,1 molnCO2−nH2O=2nT=0,1 mol
(do các chất còn lại có 1 liên kết đôi và T có 3 liên kết đôi)
⇒ nT = 0,05 mol
⇒ nX = 0,05 mol
Bảo toàn khối lượng: mO2=mCO2+mH2O−mM=33,6 gmO2=mCO2+mH2O−mM=33,6 g
nO2=1,05 molnO2=1,05 mol
⇒ Bảo toàn O có:
2.(nX + nY + nZ+ 3nT) = 2nCO2+nH2O−2nO2=0,82nCO2+nH2O−2nO2=0,8
⇒ nX + nY + nZ+ 3nT = 0,4 mol
⇒ nY= nZ = 0,1 mol
⇒ Bảo toàn C có: nX + ynY + znZ + (1 + y + z + e)nT = 1
với y;z;e là số C của Y; Z; E) ⇒ z > y >1; e >2
⇒ 3y +3z + e = 18
⇒ y =2; z = 3; e = 3 thỏa mãn
Ta thấy 3 axit đồng đẳng lần lượt là HCOOH; CH3COOH; C2H5COOH
Và ancol E là Glyxerol
⇒ Xét 13,3 g M có số mol mỗi chất giảm một nữa
⇒ khí phản ứng với NaOH ⇒ nNaOH = 2(nX + nY + nZ+ 3nT)
⇒ NaOH dư 0,2 mol
⇒ m=mHCOONa+mCH3COONa+mC2H5COONa+mNaOHdư = 0,05.68 + 0,075.82 + 0,075.96 + 0,2.40 =24,75g
- HẾT -
Trang 5/5 - Mã đề thi 345