Câu 1: -Để tồn tại dung dịch, các ion trong dung dịch phải không có phản ứng với nhau → loại A và D vì OH- tạo kết tủa với Mg2+.. Chỉ có đisaccarit và polisaccarit thuỷ phân còn monosacc[r]
Trang 1ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 2 – Nguyễn Thái Học Khánh Hòa
Câu 1:
-Để tồn tại dung dịch, các ion trong dung dịch phải không có phản ứng với nhau → loại A và D vì OH- tạo kết tủa với Mg2+ -Áp dụng bảo toàn diện tích → nNO3 = 0,1 + 0,2.2 + 0,1 – 0,2 = 0,4mol
-Áp dụng bảo toàn khối lượng: → mmuối = mcation + manion = 0,1.39 + 0,2.24 + 0,1.23 + 0,2.35,5 + 0,4.62 = 42,9 gam
Câu 2: Nhớ Tác dụng với H2O gồm kim loại nhóm IA; các kim loại Ca, Ba, Sr nhóm IIA.
Câu này sẽ là: K, Ba, Na, Ca, Li
Câu 4 Chỉ có đisaccarit và polisaccarit thuỷ phân còn monosaccarit thì không.
Câu 5: Ta có: nCO (pư) = nO (trong oxit) = 0,25 → mFe = mhh oxit – mO = 20,8 – 0,25.16 = 16,8 gam.
Câu 6: Dựa vào cấu hình e thấy X là kim loại điển hình (nhóm IA), Y là phi kim điển hình (nhóm VIIA) → liên kết giữa X
và Y là lien kết ion
Câu 8: Tơ nhân tạo xuất phát từ polime thiên nhiên ( xenlulozo) nhưng được chế biến thêm bằng phương pháp hoá học
Từ xenlulozơ chế tạo ra tơ visco, tơ axetat
- na.a = nmuối = 0,1 → Mmuối = 11,15/0,1 = 111,5 = R + 97,5 → R = 14 (CH2)
→ Amino axit là CH2(NH2)COOH (glyxin)
Câu 10: -Nhóm ankyl có ảnh hưởng làm tăng mật độ electron ở nguyên tử Nitơ do đó làm tăng lực bazơ, càng nhiều nhóm
ankyl lực bazơ càng mạnh; nhóm phenyl (-C6H5) làm giảm mật độ electron ở nguyên tử Nitơ làm giảm lực bazơ; càng nhiều nhóm phenyl lực bazơ càng yếu
-Lực bazơ: C6H5NH2 < NH3 < CH3NH2 < CH3NHCH3
Câu 11 CH3COOH là axit yếu và là chất điện li yếu.
Câu 12 Bậc của amin được tính bằng số nguyên tử H trong phân tử NH3 bị thay thế bởi gốc hiđrocabon ( hoặc bằng số gốc hiđrocacbon gắn với N) → Amin bậc 2 là CH3NHCH3
Câu 13: Cho từ từ NaOH vào cốc đựng phenol có chứa vài giọt phenolphthalein
NaOH + C6H5OH → C6H5ONa + H2O Khi lượng NaOH dư thì cốc bắt đầu chuyển sang màu hồng ( phenol phtalein sẽ hóa hồng trong dung dịch có môi trường bazo)
Câu 14: Khối lượng một mắc xích là: 400000/4000 = 100 → [-CF2 - CF2-] = 12.2 + 19.4 = 100
Câu 15: Đi từ Li → Cs bán kính nguyên tử tăng dần
Bán kính nguyên tử (nm) 0,123 0,157 0,203 0,216 0,235
Câu 16 Gly-Ala là đi peptit không có phản ứng màu biure nên dung Cu(OH) 2 để nhận ra Gly-Ala-Val (sản phẩm có màu tím).
Câu 18 Hg độc và dễ bay hơi S dễ dàng kết hợp với Hg ngay ở nhiệt độ thường tạo muối rắn HgS không độc.
Câu 19 -Dùng Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường chia các chất cần nhận biết thành 3 nhóm:
+ Nhóm tạo phức màu xanh lam đậm: glucozơ, saccarozơ (nhóm I)
+ Nhóm không phản ứng (không hoà tan Cu(OH)2: anđêhit axetic
+ Nhóm có phản ứng tạo dung dịch màu xanh: axit axetic
-Dùng Cu(OH)2 đun nóng nhận với 2 chất trong nhóm I nhận ra glucozơ do tạo kết tủa đỏ gạch Cu2O
Câu 20 Các amin muốn tạo kết tủa với dung dịch Br2 phải có N gắn trực tiếp với vòng benzen và ít nhất 1 trong các vị trí o-hoặc p- so với nhóm amin không có nhánh
Các cấu tạo thoã mãn: C6H5NHCH3; C6H4(NH2)CH3 (3 đồng phân o-; p-; m-)
Câu 21 Các N2 được tạo ra N2:
(2) NH4NO2 → N2 + 2H2O (4) 2NH3 + 3Cl2 → N2 + 6HCl (6)2NH3 + 3CuO → 3Cu + 3H2O + N2
Câu 22 chỉ cần nắm được cách phá vỡ liên kết trong phản ứng thuỷ phân không hoàn toàn
- Loại A, D vì không tạo được Glu – Gly
- Loại C vì không tạo được Ala – Gly
Câu 23: Phân tử HCl được tạo thành từ 1 nguyên tử H và 1 nguyên tử Cl Vì H có 3 loại đồng vị nên có 3 hướng lựa chọn;
Cl có 2loại đồng vị nên có 2 hướng lựa chọn → số phân tử HCl là 2.3 = 6
Câu 26 Điểm khác biệt cơ bản giữa Al và Cr là Al chỉ có hoá trị III còn Cr tuỳ thuộc chất oxi hoá tham gia phản ứng có thể
tạo thành Cr(II) hoặc Cr(III)
Câu 28 Các ion muối phản ứng được với Fe phải nằm sau cặp Fe2+/Fe trong dãy điện hoá
Câu 29 Phản ứng lần ượt xảy ra như sau:
H+ + CO32- → HCO3- sau đó: H + dư + HCO3 - → CO2 + H2O 0,1 0,1 0,1 0,2 0,2 0,2 → VCO2 = 4,48 lít
Trang 2Hoặc ta dùng công thức tính nhanh: nCO2= nH+ - nCO32-.
Câu 30: Áp dụng bảo toàn e: 3nAl = 2nH2 = 0,045.2 → nAl = 0,03.
→ mAl = 0,81 gam → mAl2O3 = 2,04 gam → %mAl2O3 = 71,58%
Câu 31.Áp dụng bảo toàn e: 1.nFeSO4 = 5nKMnO4 = 0,05mol → mFeSO4 = 7,6 gam → mFeSO4 = 2,4 gam → %mFe2(SO4)3 = 24%.
Câu 32 nBaSO4 = 0.03 và nBa2+ trong dung dịch = 0.01 mol BaCl2 = 0.04 (mol) mBaCl2 = 8.32 gam.
Câu 33 Có: nCO2 = 0,2 mol; nOH- = 0,3mol → nOH- / nCO2 = 0,3 / 0,2 = 1,5 < 2
→ Phản ứng tạo hai muối HCO3- x (mol) và CO32- y (mol)
nCO32- = nOH- - nCO2 y = 0.3-0.2 = 0.1 bảo toàn mol cacbon n HCO3- = 0.1
Ca2+ + CO32- → CaCO3 0,1 0,1 0,1 Vậy khối lương jkết tủa thu được là: mCaCO3 = 0,1.100 = 100 gam
Câu 34: Các phương trình phản ứng xảy ra là:
KNO3 → KNO2 + ½O2 (1)
0,1 0,05
Cu(NO3)2 → CuO + 2NO2 + ½O2 (2)
2NO2 + ½O2 + H2O → 2HNO3 (3)
Ta thấy tỉ lệ phản ứng của khí ở phương trình (3) đúng bằn tỉ lệ khí sinh ra ở phương trình (2) nên ta coi như toàn bộ khí của phương trình 2 sinh ra bị hấp thụ hết, còn lại 1,12 lit khí sinh ra là O2 của phương trình (1) → mKNO3 = 10,1 gam → mCu(NO3)2
= 18,8 gam → %mCu(NO3)2 = 65,05%
(1) Nuớc cứng có chứa nhiều ion Ca2+, Mg2+
(2) Có thể làm mềm nước cứng toàn phần bằng dung dịch K2CO3
Nước cứng toàn phần gồm cả nước cứng tạm thời và nước cứng vĩnh cửu Dung dịch Na2CO3 cũng được dùng làm mềm nước cứng theo phương trình: M 2+ + CO3 2- MCO 3
(3) Phân biệt nước cứng tạm thời và nước cứng vĩnh cửu bằng cách đun nóng
Đun sôi nước cứng tạm thời tạo kết tủa, nước cứng vĩnh cửu không tạo kết tủa: M2+ + 2HCO3- MCO3 + CO2 + H2O (4) làm mềm nước cứng tạm thời bằng dung dịch HC1 M(HCO3)2 + HC1 CaCl2 + CO2 + H2O
nên HC1 không làm giảm tính cứng của nước
(5) Dùng NaOH vừa đủ để làm mềm nước cứng tạm thời M(HCO3)2 + 2NaOH Na2CO3 + MCO3 + H2O
Câu 36
Công thức cấu tạo của Y: H4NOOC — COOH3NCH3
Công thứ cấu tạo của X : H2N-CH2CO-NH-CH2COOH
- Cho X tác dụng với NaOH, chỉ có Y tạo khí:
H4NOOC — COOH3NCH3 + 2NaOH NH3 + CH3NH2 + (COONa)2 + 2H2O
Ta có: nNH3 + nCH3NH2 = 0,12 ny = 0,06 My = 8,28 gam Mz = 19,8 gam nz = 0,15 mol
Cho 28,08 gam X tác dụng vs HCl thu đc các chất hữu cơ theo sơ đồ :
H4NOOC — COOH3NCH3 (COOH) 2 + NH4Cl + CH3 NH 3 Cl
H2N-CH2CO-NH-CH2COOH + H2O + 2HCl 2 ClH 3 N-CH 2 COOH.
( lưu ý: NH4Cl ) không phải là hợp chất hữu cơ
m= m(COOH)2 + m CH3NH3Cl + m chất hữu cơ = 0,06.90 + 0,06.67,5 + 0,3 111,5 = 42.9 gam
Câu 37 - Equation Chapter (Next) Section 2muối thu đc có phản ứng tráng bạc phải có muối của axit fomic HCOOONa
loại D
- Ancol Z thu đc có phản ứng hòa tan Cu(OH)2 Z có chứa ít nhất 2 nhóm OH liền kề loại A
- nhận thấy nZ = neste =0,1 MZ = 62 Z là CH2OH- CH2OH chọn C
Câu 39
- Khi X tác dụng với NaOH dư thì cho một muối và một andehit nên X là este có chức –COO- liên kết trực tiếp với C nối đôi ở đầu mạch X là C6H5-COO-CH=CH2
- Y tác dụng với NaOH thì cho hai muối và nước như vậy ở Y là este của hợp chất phenol Y là CH 2= CH-COOC6H 5.
Câu 40 - Ta có hỗn hợp khí D gồm NO2 và NO Tỉ khối so với H2 là 18,2.
Dựa vào sơ đồ đường chéo nNO2 / nNO = 2/3
mol hỗn hợp = V /22.4 Ta chia thành 5 phần mỗi phần = V/22.4x5 = V/112
NO2 chiếm 2 phần và NO chiếm 3 phần
nNO= 3V/112 và n NO2 = 2V/112 Công thức nNO3- tạo muối = 3 n NO + n NO2 = 11V/112
Vậy mmuối = mKL + mNO3- = m + 62
- Bảo toàn khối lượng: m muối = m kim loại + 62 ne = m + 62(11V/112 ) = m + 341V/56
Ghi nhớ: công thức tính muối: m muối = mKL + 62(3nNO3 + nNO2 + 8nN2O + 10nN2)
+) Nếu có sự tạo thành NH4NO3 thì cộng thêm vào mNH4NO3 có trong dung dịch sau phản ứng
Câu 41 Ở nhiệt độ thường H2S bị oxi không khí oxi hóa thành S: H2S + O2 H2O + S
Câu 42 nNaOH = 3n este este ba chức Từ đây kết hợp đáp án thì ta có este của glixerol
Thuỷ phân hoàn toàn 4,36 g X cần 0,06 mol NaOH
Trang 34,92
0, 06 =82 M
axit=60 CH3COOH
Câu 43 n hỗn hợp Mg, Zn <
9,86
24 = 0,41 < n H2S04 = 0,43 mol
Mg, Zn tan hết, dư H2SO4 Thu được dung dịch gồm Mg2+ (x mol); Zn2+ (y mol) ; H+ dư (z mol) ; SO42- 0,43 mol Bảo toàn điện tích: 2x + 2y + z = 2x0.43 = 0.86 mol
Khi cho OH- vào: Để Mg2+; Zn2+; H+ vừa hết cần nOH- = 2x + 2y + z = 0,86 mol < 0,96 mol OH- đã dùng
còn 0,1 mol OH- dùng để hòa tan Zn(OH)2
TH 1 Kết tủa chỉ gồm BaSO4 và Mg(OH)2 Zn(OH)2 đã tan hoàn toàn
chất rắn gồm BaSO4 0,06 mol và MgO mMgO = 26,08- 0,06.233=12,1 gam nMgO = 0,3025 mMg = 7,26 gam
TH 2 Kết tủa gồm BaSO4, Mg(OH)2 và Zn(OH)2 còn dư ( OH- tạo tủa Zn(OH)2 sau đó kết tủa tan một phần.) Các phản ứng: Ba2+ + SO4 2- BaSO4 ( tính theo mol Ba 2+)
H+ + OH- H2O
Mg2+ + 2OH- Mg(OH)2
Zn2+ + 2OH- Zn(OH)2 Zn(OH)2 + 2OH- ZnO22- + 2H2O
0.05 0.1 Vậy m tủa = mBaSO4 + mMg(OH)2 + mZn(OH)2 còn lại
M rắn = mBaSO4 + mMgO + mZnO
(1) m hh = 24x + 65 y = 9,86
(2) m rắn = mBaSO4 + mMgO + m ZnO = 233.0,06 + 40x + 81(y – 0.05) = 26.08
40x + 81 y = 16.15
Giải ra: x = 0.383 và y = 0.01 ( ta thấy kết quả y < 0.05 : vô lý)
Nếu không thấy được sự vô lý ta có thể dựa vào két quả mMg = 0.383.24 = 9.192 ( không có đáp án)
Câu 44 Ta có: nFe2O3 = 0,1 nFe(NO3)2 = 0,3 m = 0,2.242 = 48,4 gam
= nH2 V =
16
Câu 46
- Đáp án A, B: cả Cu và Ag đều phản ứng
- Đáp án C: cả Cu và Ag đều không phản ứng
- Đáp án D: Cu phản ứng, Ag không
Câu 47
-Hỗn hợp khí gồm H2 và H2S Theo tỉ khối và sơ đồ đường chéo ta có nH2 : nH2S = 4:1
Fe + S FeS
a b
x x x
a - x b - x x
Khi hòa tan vào HCl thì Fe và FeS phản ứng lần lượt tạo ra H2 và H2S
nH2 + nH2S = nFe du + nFeS = a - x + x = nFe = a
Từ đó suy ra: nH2 = 0,8a
nH2S = 0,2a = x = nS phản ứng = nFe phản ứng
* Nếu hiệu suất tính theo Fe: H% = (nFe phản ứng/ nFe đầu).100% = (0,2a/a).100 = 20% ≠ 50% ( đề bài)
==> Hiệu suất phải tính theo S
H % = (nSpứ /nS đầu).100 = 50% nS đầu = 2nS pứ = 0,4a = b
Vậy tỉ lệ = a: b = a: 0,4a = 5:2
Câu 48 Ta quy về bài toán sau:
TN1 Cho 150ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào 250 ml dung dịch Al2(SO4)3 x M được 42,75 gam kết tủa
TN2 CHo 350 ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào 250 ml dung dịch Al2(SO4)3 x M được 94,2375 gam kết tủa
Ta thấy: Khi dùng lượng bazo từ 350ml so với 150 ml gấp 2.33 lần nhưng lượng kết tủa chỉ gấp 2.2 lần
Điều đó chứng tỏ ở TN2 Có một lượng Al(OH)3 đã bị tan một phần trong bazo dư
có 3 phản ứng xảy ra: Ba2+ + SO42- > BaSO4 (1)( do Ba(OH)2 dư nên (1) tính theo SO4
0.75x 0.75x 3OH- + Al3+ > Al(OH)3 (2)
OH- + Al(OH)3 > AlO3- + H2O (3)
ADCT: nOH- = 4nAl3+ - n Al(OH)3 > nAl(OH)3 = 4nAl3+ - nOH- = 4.0.5x - 0.7
m = 233.0,75x + 78(4 0,5x - 0,7) = 94,2375 ==> x = 0.45
Câu 49: Ta dễ dàng xác định oligopeptit đó là pentapeptit.
-Theo bài chứa 2 gốc Gly, 1 Ala, 1 Val và 1 Tyr
-Do thuỷ phân không hoàn toàn thu được Gly – Val và Val – Gly nên trong X phải chứa hóm Gly – Val – Gly
Trang 4-Các cấu tạo thoã mãn:
Gly – Val – Gly - Ala – Tyr Gly – Val – Gly - Tyr – Ala
Ala – Tyr – Gly – Val - Gly Tyr – Ala – Gly – Val – Gly Tyr – Gly – Val – Gly – Ala Ala – Gly – Val – Gly – Tyr
Câu 50: Đáp án C
Đúng vì có các cặp taọ kết tủa là (1), (2), (3), (4), (5), (6), (8), (9)
(7) FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2 S ( không thu được tủa) (8) Na2SiO3 + 2HCl → 2NaCl + H2SiO3 ( là chất không tan)
→ có 8 phản ứng tạo kết tủa