đại học đà lạt - đề thi thử hóa năm 2015

THI THỬ HÓA HỌC THPT QUỐC GIA 2015 Thời gian: 90 phút Biên soạn: Trần Văn Thanh Hoài – khoa Sư phạm, trường Đại học Đà Lạt Câu 1: Cho các chất sau: lysin, mantozơ, tơ lapsan, propyl clorua, phenyl bromua, p-crezol, glyxerol, Gly- Ala. Số chất tác dụng với dung dịch NaOH loãng nóng là A. 4. B. 5. C. 6. D. 7. Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn 10,98 gam hợp chất X thì thu được Y gồm CO 2 , H 2 O, HCl. Chia Y thành 2 phần Phần 1: dẫn qua dung dịch chứa Ba(OH) 2 dư thì thu được 17,73 gam kết tủa đồng thời khối lượng dung dịch giảm 11,865 gam. Phần 2: dẫn qua dung dịch chứa lượng dư AgNO 3 tạo thành 12,915 gam kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch giảm 7,2 gam. Trong phân tử X có chứa 2 liên kết . Phân tử khối của X gần nhất với A. 180. B. 182. C. 185. D. 188. HD: Đối với phần 1: số mol của CO 2 (phần 1) = số mol của BaCO 3 = 0,09 mol. m 1 = mCO 2 + mH 2 O + mHCl – mBaCO 3 = -11,865 => (mH 2 O + mHCl) (phần 1) = 1,905 Phần 2: nHCl (phần 1) = nAgCl = 0,09 mol m 2 = mH 2 O + mHCl – mAgCl = -7,2 => (mH 2 O + mHCl) (phần 2) = 5,715=> (phần 2) = 3 (phần 1) => nCO 2 (cả hai phần) = 0,36 mol => nC = 0,36 mol nH 2 O (cả hai phần) = 0,18 mol nHCl (cả hai phần) = 0,12 mol => nCl = 0,12 mol; nH = 0,48 mol => nO = (10,98 – 0,36.12 +0,48 + 0,12.35.5)/16 = 0,12 mol => CT nguyên của X là (C 3 H 4 OCl). Vì X chứa hai liên kết  => n = 2 => CTPT là C 6 H 8 O 2 Cl 2 . Câu 3: Cho các thí nghiệm sau: 1/ CH 3 COOH + KOH 2/ HF + NaOH 3/ H 2 S + Ba(OH) 2 4/ Ba(OH) 2 + HNO 3 5/ H 2 SO 4 + Na 2 O 6/ HBr + Cu(OH) 2 7/ HClO 4 + KOH 8/ H 3 PO 4 + NaOH Số phương trình đều có phương trình ion rút gọn H + + OH -  H 2 O là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 4: Xà phòng hóa hoàn toàn 260 gam chất béo X thì cần 89 gam dung dịch NaOH 40%, sau phản ứng thu được 269,168 gam xà phòng khan. Số gam glixeriol thu được có giá trị gần nhất với A. 26,4. B. 27,3. C. 25,2. D. 26,1. HD: RCOOH + NaOH  RCOONa + H 2 O (RCOO) 3 C 3 H 5 + 3 NaOH  3RCOONa + C 3 H 5 (OH) 3 Gọi a, b lần lượt là số mol của H 2 O và C 3 H 5 (OH) 3 Ta có số mol NaOH = a + 3b = 0,89 (I) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 260 + 35,6 = 269,168 + 18a + 92b (II) Từ (I), (II) sẽ giải ra đáp án C Câu 5: Cho các phương trình phản ứng hóa học sau: 1. 2Fe dư + 3Cl 2 (khí)  2FeCl 3 2. 2Sn + O 2 o tC  2SnO 3. 2Cr +3O 2 o tC  2CrO 3 4. Ni + FeCl 2  NiCl 2 + Fe 5. 2Mg + CO 2 o tC  2MgO + C 6. Ag 2 S +4NaCN 2Na[Ag(CN) 2 ] +Na 2 S 7. 3Fe + 4H 2 O 570 o C  Fe 3 O 4 + 4H 2 8. 2F 2 + 2NaOH (loãng lạnh)  2NaF + OF 2 + H 2 O 9. 2NH 3 + 3 2 O 2 0 ,xuctac t  N 2 + 3H 2 O 10. HCOOH 24 H SO dac  CO + H 2 O 11. Cr + 3H 2 O + NaOH  Na[Cr(OH) 4 ] + 3 2 H 2 12. 2CrBr 3 + 3Br 2 +14KOH  K 2 Cr 2 O 7 +12KBr+7H 2 O Số phương trình không đúng là A. 7. B. 8. C. 9. D. 10. Câu 6: Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm mantozơ, saccarozơ có tỷ lệ mol là mol mantozơ : mol saccarozơ = 1:2 với hiệu xuất 80%. Hỗn hợp sau phản ứng phản ứng với dung dịch AgNO 3 / NH 3 tạo ra tối đa là 86,4 gam Ag. Giá trị của m là A. 85,5. B. 82,08. C. 157,85. D. 128,25. HD: Gọi a và 2a lần lượt là số mol của mantozơ và saccarozơ Mantozơ 2glucozơ => sô mol mantozơ dư = 0,2a 0,8a  1,6a Saccarozơ  Glucozơ + Fructozơ 1,6a  1,6a  1,6a n Ag = 2 (n mantozơ dư + n glucozơ + n fructozơ ) => a = 0,08 => đáp án B Câu 7: Cho các thí nghiệm sau: 1/ Khử hóa C 2 H 5 OH 2/ Hidrat hóa axetilen 3/ oxi hóa etilen bằng O 2 4/ Đun vinyl axetat trong KOH 5/ Đun nóng vinyl clorua trong dung dịch NaOH loãng 6/ Đun nóng1,1-dicloetan trong dung dịch NaOH loãng Số thí nghiệm dùng để điều chế được andehit trong công nghiệp là A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Câu 8: Để điều chế được 27,95 gam phenyldiazoni clorua với hiệu suất 95% thì tổng số gam NaNO 2 và HCl gần nhất với A. 28,2. B. 24,2. C. 25,4. D. 29,7. HD: C 6 H 5 NH 2 + NaNO 2 + 2HCl  C 6 H 5 N 2 Cl + NaCl + 2H 2 O Từ phương trình phản ứng ta có số mol NaNO 2 = số mol C 6 H 5 N 2 Cl; số mol HCl = 2 số mol C 6 H 5 N 2 Cl. Tính ra m(NaNO 2 + HCl) (lý thuyết) = 28,2 => m(NaNO 2 + HCl) (thực tế)= 29,7 Câu 9: Số chất có công thức phân tử C 3 H x O 2 tác dụng được với Cu(OH) 2 ở điều kiện thường là A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. HD: CH 3 CH 2 COOH; CH 2 =CHCOOH; CHCCOOH; CH 3 CH(OH)CH 2 OH Câu 10: Cho m gam oleum X có % khối lượng O là 62% vào a gam dung dịch H 2 SO 4 80% thì thu được dung dịch Y có nồng độ là 95,74%. Để trung hòa dung dịch Y cần dùng 500ml dung dịch KOH 1,32 M. Giá trị của a gần nhất với A. 18. B. 15,5. C. 33,5. D. 20. HD: Đặt công thức oleum X là H 2 SO 4 .nSO 3 (x mol) 16(1 3 ) % .100% 62% 2 98 80 n On n       2 4 2 4 2 4 3 2 4 22 .2 H SO H SO H SO SO Y KOH K SO H O H O                 Dung dịch H 2 SO 4 80% có 0,8a gam H 2 SO 4 và 0,2a gam H 2 O 24 98.3 0,8 % ( ) .100% 95,74%( ) 258 H SO xa C Y I xa    24 0,8 1 3 0,33( ) 98 2 K SO KOH a n x n II    Giải (I) và (II) chon đáp án A. Câu 11: Trong các polyme sau: tơ olon, tơ lapsan, nilon – 6, tơ tằm, caosu buna – N, tơ visco, nilon - 6,6, abumin. Số polymer có chưa nitơ là A. 6. B. 5. C. 4. D. 3. Câu 12: Trộn 500 ml dung dịch X gồm Ba(OH) 2 aM và KOH 2a M vào 300ml dung dịch Y gồm H 2 SO 4 0,15 M và HCl 0,34 M thu được dung dịch Z có pH = 12. Cô cạn dung dịch Z thì khối lượng chất rắn khan thu được là A. 19,417 gam. B. 18,827 gam. C. 8,342 gam. D. 20,227 gam. HD: dễ dàng thấy số mol KOH = 2 số mol Ba(OH) 2 . ( gọi b, 2b lần lượt là số mol của Ba(OH) 2 và KOH) Sau phản ứng có OH - dư => Số mol OH - bđ = Số mol OH - pứ + Số mol OH - dư => 4b = 0,192 + 0,01 (0,5 + 0,3) => b = 0,05 => SO 4 2- tạo tủa hết => ddZ gồm ( Ba 2+ dư; K + ; Cl - ; OH - dư) => Tính ra C Câu 13: Trong các kim loại: Al, Fe, K, Cr, Pb, Cu, Au, . Số kim loại có thể tan trong HCl đặc nguội là A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Câu 14: Cho 16,02 gam hợp chất hữu cơ X tác dụng hết với dung dịch KOH dư 25% so với lượng đem dùng thu được dung dịch Y chỉ chứa 26,22 gam hai chất tan đều chứa kali. Biết d X/không khí < 5. Tổng số nguyên tử trong X là A. 11. B. 12. C. 13. D. 14. HD: Hợp chất X thỏa mản đề bài chỉ có thể là axit hoặc phenol . Gọi a là số mol của X R(nhóm chức) z + z KOH  Muối + z H 2 O Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 16,02 + (56az/0,75) < 26,22 + 18az => az = 0,18 => M X = 89x < 145 => x =1=> X là H 2 NC 2 H 4 COOH Câu 15: Cho các phát biểu sau: 1/ Cr có 8 electron s. 2/ Fe có 2 electron ở lớp ngoài cùng. 3/ Nitơ có hóa trị tối đa là 4. 4/ Nhiệt độ sôi từ HF đến HI tăng dần. 5/ Tính axit trong dãy H 2 SO 4 , HClO 4 , HI, HBr, HCl giảm dần từ trái sang phải. 6/ Bán kính theo dãy Ca 2+ , K + , Cl - , S 2- tăng dần từ trái sang phải. 7/ Liên kết chủ yếu trong dãy chất: MgCl 2 , Al 2 O 3 , FeCl 2 , NH 4 NO 3 , K 2 CO 3 là liên kết ion. 8/ Các nguyên tử trong dãy phân tử CO 2 , C 2 H 2 , BeCl 2 , but-2-in đều có nằm trên 1 đường thẳng. 9/ Trong mạng tinh thể nước đá và I 2 , các phân tử xếp theo kiểu mạng lập phương tâm diện. 10/ Tổng điện tích các electron trong ion NO 3 - là 32. Số phát biểu không đúng là A. 8. B. 9. C. 6. D. 7. Câu 16: Trong phản ứng: FeS + Fe(NO 3 ) 2 + KHSO 4  Fe 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + NO + H 2 O. Tỷ lệ số ion có tính oxi hóa : số ion đóng vai trò môi trường là A. 9 : 32. B. 9 : 16. C. 9 : 21. D. 18 : 21. HD: FeS  9 x5 Fe(NO 3 ) 2 5 x9 5FeS + 9Fe(NO 3 ) 2 + aKHSO 4  7Fe 2 (SO 4 ) 3 + bK 2 SO 4 + 18NO + H 2 O Đếm K : a =2b (I) Đếm S: 5 + a = 21 + b (II) Từ (I), (II), ta giải ra a= 32 ; b = 16 => số ion NO 3 - : số ion HSO 4 - = 18:32 = 9:16. Câu 17: Cho các phát biểu sau: 1/ Nguyên tắc chung để điều chế halogen là khử X - trong hợp chất thành X 2 . 2/ Trong quá trình điều chế khí Cl 2 trong phòng thí nghiệm, người ta dùng dung dịch baz để loại khí HCl. 3/ Tất cả các hidro halogenua đều tan rất tốt trong nước tạo thành các dung dịch axit. 4/ Clorua vôi được dùng nhiều trong quá trình tinh chế dầu mỏ. 5/ Dung dịch NaF loãng dung để chữa sâu răng. 6/ Dùng bình làm bằng chất dẻo để chứa axit flohydric. 7/ Thổi khí Cl 2 đến dư vào dung dịch NaBr thì dung dịch sau phản ứng không màu. 8/ HBrO kém bền hơn HClO nên tính oxi hóa của HBrO mạnh hơn HClO. 9/ AgNO 3 có thể tạo kết tủa vàng với HI và H 3 PO 4 . 10/ Al tác dụng với nước I 2 ở nhiệt độ thường. Số phát biểu đúng là A. 7. B. 6. C. 5. D. 4. Câu 18: Hỗn hợp X gồm tất cả các hợp chất hữu cơ đơn chức, no, mạch hở có dạng công thức phân tử là C 3 H y O z và có cùng số mol. Cho 31,08 gam X vào lượng dư dung dịch AgNO 3 /NH 3 thì khối lượng kết tủa lớn nhất là A. 25,92 gam. B. 29,97 gam. C. 22,896 gam. D. 59,94 gam. HD: Các chất là CH 3 CH 2 CH 2 OH; CH 3 CH(OH)CH 3 ; CH 3 CH 2 OCH 3 ; CH 3 CH 2 CHO; CH 3 COCH 3 ; CH 3 CH 2 COOH; HCOOCH 2 CH 3 ; CH 3 COOCH 3 đều có số mol là a. Dễ dàng giải ra a = 0,06 mol. Chọn A Câu 19: Cho các phát biểu sau: 1/ O 3 được dùng để khử mùi. 2/H 2 O 2 có chứa liên kết cộng hóa trị không phân cực. 3/ H 2 O 2 được ứng dụng trong khai thác mỏ. 4/ Hỗn hợp gồm O 2 và O 3 để sau 1 thời gian, O 3 bị phân hủy hoàn toàn thấy tỷ khối hơi của khí so với H 2 giảm 0,64 thì % thể tích của O 3 trong hỗn hợp đầu là 8%. 5/ Ở 187 o C, các phân tử S 8 bị đứt gảy thành các phân tử nhỏ hơn. 6/ FeSO 4 được dùng làm chất diệt sâu bọ. 7/ SO 2 là một trong những chất chủ yếu gây ô nhiễm môi trường. 8/ Người ta sản xuất H 2 SO 4 bằng cách hấp thụ SO 3 vào nước. Số phát biểu đúng là A. 7. B. 6. C. 5. D. 8. Câu 20: Oxi hóa 11,5 gam ancol no thành axit tương ứng bằng O 2 thu được hỗn hợp Y. Nếu cho Y tác dụng hết với Na dư thì thu được 4,48 lít khí (đktc). Biết hằng số cân bằng của phản ứng ester hóa là 4 và hiệu suất của phản ứng oxi hóa là 60%, khi đun Y với H 2 SO 4 đặc thì khối lượng ester thu được gần nhất với A. 5. B. 5,5. C. 6. D. 7. HD: Gọi a là số mol ancol ban đầu => số mol ancol phản ứng = 0,6a Ancol +O 2 axit + H 2 O => 22 1 () 2 H axit H O ancoldu n n n n   => a = 0,25 => Ancol là C 2 H 5 OH C 2 H 5 OH + CH 3 COOH CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O Bđ 0,1 0,15 0 0,15 Pứ x x x x Ls 0,1 –x 0,15 – x x 0,15 + x Dựa vào hằng số cần bằng, dễ dàng giải ra x và chọn đáp án B Câu 21: Trong các chất và ion: K[Al(OH) 4 ] AgF, ZnCl 2 , Al, H 2 O, CH 3 COOCH 3 , CH 3 COONH 3 CH 3 , H 2 NCH 2 COONa, HPO 4 2- , NH 4 HSO 4 , KNO 2 , . Có x chất và ion thể hiện tính lưỡng tính, có y chất và ion chỉ thể hiện tính baz. Giá trị (x – y) là A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Câu 22: Cho 3,136 lít khí X gồm O 2 và Cl 2 có tỷ khối hơi so với H 2 là 190/7 tác dụng hết với hỗn hợp Y gồm 3,84 gam Mg, 2,43 gam Al thu được hỗn hợp rắn Z. Hòa tan hết Z vào HNO 3 loãng vừa đủ thì thu được 156,8 ml khí N 2 (khí duy nhất) và dung dịch T. Khối lượng muối khan trong Z là A. 44,05. B. 38,61. C. 39,81. D. 42,85. HD: theo đề, ta có số mol O 2 = 0,06 mol; số mol Cl 2 = 0,08 mol. Trong Z có thể chứa NH 4 +   2+ - 2 3+ 3 3 2 2 2 4 Mg Cl 0,06mol O 0,16 mol Mg Al NO b mol N 0,08mol Cl 0,09 mol Al a mol Z HNO T H O NH                    Ta có 24a + 27b = 6,27 (I) Áp dụng định luật bảo toàn electron => 2.0,16 +3.0,09 = 0,06.4 + 0,08.2 + 8a + 0,007.10 => a = 0,015 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích => b = 0,445 mol => Đáp án C. Câu 23: Cho các phát biểu sau: 1/ Khi tăng áp suất thì tốc độ phản ứng H 2(k) + I 2(k) 2HI (k) tăng. 2/ Khi tăng nồng độ các chất trong phản ứng thì tốc độ phản ứng tăng 3/ Khi thêm cacbon vào hệ C (r) + CO 2(k) 2CO (k) thì phản ứng tạo khí CO xảy ra nhanh hơn. 4/ Đối với phản ứng SO 2(k) + O 2(k) SO 3(k) khi tăng nhiệt độ thì thấy tỷ khối của hỗn hợp so với H 2 giảm. Vậy phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt. Số phát biểu đúng là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 24: Đun nóng 0,16 mol chất X trong 62,876 gam dung dịch KOH 57% thu được hỗn hợp Y. Oxi hóa Y thì cần 32,256 lit O 2 thu được K 2 CO 3 , 25,088 lít CO 2 và 44,316 gam H 2 O. Cô cạn Y thu được m gam rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đều đo ở đktc. Giá trị lớn nhất của m là A. 61,76. B. 64,64. C. 110,72. D. 58,88. HD: Số mol KOH = 0,64 mol => số mol K 2 CO 3 = 0,32 mol Áp dụng định luật bảo toàn C => số C (trong X) = 9 Áp dụng định luật bảo toàn cho H => số mol H (trong X) + số mol H (trong dd KOH) = 2.số mol H 2 O (sau) => số H (trong X) = 8 Áp dụng định luật bảo toàn O => số O (trong X) = 4 Để m đạt giá trị lớn nhất thì X có thể là CH 3 COOC 6 H 4 COOH CH 3 COOC 6 H 4 COOH + 3KOH  CH 3 COOK + KOC 6 H 4 COOK + 2H 2 O Chất rắn gồm muối và KOH dư. Dựa trên phản ứng sẽ tính ra được giá trị của m. Câu 25: Cho các phát biểu sau: 1/ Dung dịch Al 2 (SO 4 ) 3 dẫn điện tốt hơn dung dịch H 2 SO 4 . 2/ Trong quá trình điện phân dung dịch với điện cực graphit thì khối lượng các điện cực không thay đổi. 3/ Để mạ bạc, người ta gắn bạc vào catod và dung dịch muối dùng điện phân là AgNO 3 . 4/ Khi điện phân dung dịch CuSO 4 với anot tan thì nồng độ Cu 2+ trong dung dịch khổng đổi. 5/ Kim loại Zn được điều chế chủ yếu bằng phương pháp điện phân dung dịch ZnSO 4 . 6/ Khi nhúng hai thanh Zn và Cu được nối với nhau thông qua dây dẫn vào bình H 2 SO 4 thì xảy ra ăn mòn điện hóa và chiều dòng điện đi từ Zn sang Cu. Số phát biểu không đúng là A. 3. B. 4. C. 5. D. 7. Câu 26: Hỗn hợp X gồm tripanmitin, tristearin, axit acrylic, axit oxalic, p-HO-C 6 H 4 CH 2 OH (số mol p-HOC 6 H 4 CH 2 OH = Số mol axit acrylic + số mol axit oxalic). Cho 56,4112 gam X tác dụng hoàn toàn với 58,5 gam dung dịch NaOH 40%, cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam chất rắn và phần hơi có chứa chất hữu cơ chiếm 2,916% về khối lượng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 0,2272 mol X thì cần 37,84256 lít O 2 (ở đktc) và thu được 18,0792 gam H 2 O. Giá trị của m gần nhất với giá trị A. 68. B. 70. C. 72. D. 67. HD: Ta dễ dàng thấy độ bất bão hòa trung bình của X là 3 => công thức trung bình của X là C n H 2n-4 O z Khi đốt cháy, Số mol CO 2 – Số mol H 2 O = 2 số mol X => Số mol CO 2 = 1,4588 (mol) => m X = 28,2056 gam ; n O (X) = 2 số mol CO 2 + số mol H 2 O – 2 số mol O 2 = 1,55684 (mol) mH 2 O (trong NaOH) = 35,1 gam Gọi x là tổng mol của axit và p-HOC 6 H 4 CH 2 OH => số mol H 2 O tạo ra = x mol Y là tổng mol của tripanmitin và tristearin => số mol của C 3 H 5 (OH) 3 = y mol Ta có n O (X) = 2x + 6y (I)   35 3 92 %C H OH .100 2,916( ) 35,1 18 y II x   Giải (I) và (II) và áp dụng định luật bảo toàn khối lượng => đáp án B. Câu 27: Hỗn hợp A gồm (ZnS, Zn, S) có công thức trung bình là ZnS x . Hòa tan hoàn toàn A vào dd hỗn hợp gồm KNO 3 và KHSO 4 theo phương trình sau: ZnS x + KNO 3 + KHSO 4  ZnSO 4 + K 2 SO 4 + N x O +H 2 O. Biết hệ số cân bằng của KHSO 4 bằng hệ số cân bằng của K 2 SO 4 . % Khối lượng S trong hỗn hợp A có giá trị lớn nhất là A. 55,17. B. 67. C. 44,83. D. 33. HD: 26 x 2 5 (5 2) ZnS Zn x S (2 6 ) (2 6 ) (5 2) x x xe x x N x e x N           Nhân hệ số vào phương trình Gọi a, b, c lần lượt là hệ số của KHSO 4 , K 2 SO 4 , H 2 O Thực hiện đếm lại cho K, S, H Sau đó cho a = b => giải phương trình chọn D Câu 28: Tiến hành dime hóa C 2 H 2 sau một thời gian thu được hỗn hợp X chứa hai chất hữu cơ có tỷ khối so với He là 65/6. Trộn V lít X với 1,5V lít H 2 thu được hỗn hợp Y. Đun nóng Y với bột Ni sau một thời gian thì thu 17,92 lít (ở đktc) hỗn hợp Z có tỷ khối so với Y là 1,875. Cho Z lội qua dung dịch AgNO 3 /NH 3 dư thì thấy có 0,3 mol AgNO 3 phản ứng và tạo ra m gam kết tủa, hỗn hợp khí thoát ra có thể tích là 12,32 lít (ở đktc) và làm mất màu tối đa 150 ml dung dịch Br 2 2M. Giá trị của m là A. 40,1. B. 44. C. 32. D. 39,9. HD: Ta có: 130 3 X M  ; 1,5.2 278 2,5 15 X y M M   ; 139 4 Z M  . n Z = 0,8 (mol) => m Z = 27,8 (gam). Từ X M , ta có số mol C 2 H 2 : số mol C 4 H 4 = 1 : 2 => Gọi x và 2 x lần lượt là số mol của C 2 H 2 và C 4 H 4 trong V lit X => số mol H 2 thêm vào là 4,5x mol m Y = m Z = 27,8 (gam) => x = 0,2 => Số mol (C 2 H 2 + C 4 H 4 )= 0,6 mol => số mol H 2 dư = n Z – 0,6 = 0,2 (mol) Kết tủa gồm AgCCAg (a mol) ; CH 3 CH 2 CCAg (b mol) ; CH 2 =CH-CCAg (c mol) Ta có : 0,8 = a + b + c + 0,55 (I) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Ag, ta có : 2a + b + c = 0,3 (II) Ta lại có : Tổng mol lk ban đầu = Tổng mol lk phản ứng + Tổng mol lk dư ( mà Tổng mol lk phản ứng = Tổng mol tác nhân cộng tham gia phản ứng) 0,2. 2 + 0,4 . 3 = (0,9 - 0,2) + 0,3 + 2a +2b + 3c (III) Giải (I), (II), (III), ta có a, b, c và chọn đáp án B Câu 29: Chất X thỏa mãn sơ đồ phản ứng sau: X + 2NaOH  X 1 + X 2 + X 3 (1) X 1 0 ,Ht   Y 1 (2) X 2 0 ,Ht   Y 2 (3) Cumen 0 2 24 O , ,xt t H SO    Y 2 + Z 1 (4) Z 1 + HCN  Z 2 (5) Z 2 + X 3 0 ,Ht   Y 1 (6) X có phân tử khối là A. 180. B. 166. C. 134. D.162. Câu 30: Điện phân 400ml dung dịch X gồm NaCl 0,2 M và Cu(NO 3 ) 2 0,4 M với cường độ dòng điện là 2,573 A trong thời gian t giờ thu được dung dịch Y. Cho 6,72 gam Fe vào dung dịch Y để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 3,68 gam chất rắn khan. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của HNO 3 . Giá trị của t gần nhất với A. 1. B. 2,5. C. 2. D. 1,5. HD: Cu(NO 3 ) 2 + 2NaCl dpdd  Cu + Cl 2 + 2NaNO 3 0,04  0,08 Cu(NO 3 ) 2 + H 2 O dpdd  Cu + 2HNO 3 + ½ O 2 x  2x Khi cho Fe tác dụng với HNO 3 : 3Fe + 8 HNO 3  3Fe(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O Fe + Cu(NO 3 ) 2  Fe(NO 3 ) 2 + Cu M chất rắn = m Cu + m Fe dư => 3,68 = 64.(0,16 – x) + 6,72 – 56.(2x.3/8 + 0,16 –x) => giải tìm x => số mol e do Cu 2+ nhận = 2(0,04 + x) => chọn đáp án B. Câu 31: Cho các phát biểu sau: 1/ Benzylamin tác dụng với HNO 2 tạo ra ancol cùng bậc với nó. 2/ Trong các chất Pb, Cr, KMnO 4 , FeS, CuS, Gly-Ala, KHSO 4 , CuO có 4 chất tác dụng được với HCl loãng nguội. 3/ Các dung dịch HCl (pH 1 ), H 2 SO 4 (pH 2 ), HCOOH(pH 3 ) luôn có thứ tự pH là pH 2 <pH 1 <pH 3 . 4/ Trong các chất mêtylamin,glyxerol,frutozơ,axit fomic,axetandehit,vinylaxetilen có 3 chất hòa tan được Cu(OH) 2 . 5/ Phân lân nung chảy chỉ được dùng cho đất chua. 6/ Iot, naphtalen, cacbonic đều có tính thăng hoa. 7/ SiO 2 có thể tan trong dung dịch Na 2 CO 3 , NaOH tạo muối Na 2 SiO 3 . 8/ Thủy tich thạch anh là thủy tinh có chứa nhiều chì oxit. Số phát biểu đúng là A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Câu 32: Một oligopeptit được tạo thành từ glyxin. alanin, valin. Thủy phân X trong 500ml dung dịch H 2 SO 4 1M thì thu được ddY, cô cạn dung dịch Y thì thu được hỗn hợp Z có chứa các đipeptit, tripeptit, tetrapeptit, pentapeptit và các aminoaxit tương ứng. Đốt một nữa hỗn hợp Z bằng một lượng không khí vừa đủ, hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thì thấy khối lượng bình tăng 74,225 gam, khối lượng dung dịch giảm 161,19 gam đồng thời thoát ra 139,608 lít khí trơ. Cho dung dịch Y tác dụng hết với V lít dung dịch KOH 2M đun nóng ( dùng dư 20% so với lượng cần thiết), cô cạn dung dịch sau phản ứng thì khối lượng chất rắn có giá trị gần đúng là A. 198. B. 111. C. 106. D. 184. HD: Z có CTTB dạng C n H 2n+2-z O z+1 N z ( số mol là a) n 2n 2 z z 1 z 2 2 2 2 3 1,5 C H O N O ( 1 0,5 ) / 2 2 nz nCO n z H O z N           a a(1,5n – 0,75z)  an a(n+1 – 0,5z)  az/2 n 2n 2 z z 1 z 2 C H O N ( ô )zKOH Mu i KOHdu H O        2a  2az  2a Số mol BaCO 3 = số mol CO 2 = an (mol) Số mo N 2 (trong không khí) = 4 số mol O 2 = 4a.(1,5n – 0,75z) Khối lượng bình tăng = mCO 2 + mH 2 O = 44an + 18.a(n+1 – 0,5z) = 74,225 (I) Khối lượng dd giảm = mCO 2 + mH 2 O – mBaCO 3 = 44an + 18.a(n+1 – 0,5z) – 197an = -161,19 (II) Số mol N 2 thoát ra = 4a.(1,5n – 0,75z) + az/2 = 6,2325 (III) Giải (I), (II), (III), ta có: an = 1,195; a = 0,195; az = 0,375 Khối lượng Y = 2.a(14n + 29z +18) = 62,23 gam Số mol KOH phản ứng với Y và H 2 SO 4 = 2. az + 2.0,5 = 1,75 mol => Số mol KOH ban đầu = 2,1875 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, giải ra khối lượng chất rắn = mY + mH 2 SO 4 + mKOH – mH 2 O => chọn A Câu 33: Một loại phân nitrophotka chứa 20% tạp chất. Trong đó độ dinh dưỡng của lân là 26,894%. Vậy tổng độ dinh dưỡng của loại phân này gần nhất với A. 80%. B. 55%. C. 60%. D. 50%. HD: Xét 100 gam phân bón có chứa: 20 gam tạp chất, 80 gam hỗn hợp gồm (NH 4 ) 2 HPO 4 (a mol); KNO 3 (b mol) 132a + 101b = 80 (I) 25 0,5 .142 % .100 26,894( ) 100 a PO II Từ (I) và (II) giải ra a và b Tổng độ dinh dưỡng = % N + % P 2 O 5 + % K 2 O = [(2a+b).14 + 0,5a. 142 + 0,5b.94]:100 => Chọn B. Câu 34: Hòa tan hoàn toàn 14,72 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn vào 971,25 gam dung dịch HNO 3 6% (vừa đủ) thì thu được 985,97 gam dung dịch Y. Khối lượng muối khan trong dung dịch Y là A. 68. B. 72,07. C. 57,73. D. 60,6. HD: Ta thấy mX + mddHNO 3 = mdd sau => không tạo khí => tạo NH 4 NO 3 . Khối lượng muối = m kim loại + m NH 4 + + mNO 3 - Gọi a, b, c , d, e lần lượt là số mol của Mg, Al, Zn, NH 4 + và NO 3 - Áp dụng định luật bảo toàn e: 2a + 3b +2c = 8d Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: e = 2a + 3b +2c + d=> e = 9d (I) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho nitơ: d + e = 0,925 (II) Giải (I) và (II) => chọn đáp án A Câu 35: Cho các phản ứng sau: 1/ Cl 2 (dư) + 2KBr  2KCl + Br 2 2/ Pb + HCl o tC  PbCl 2 +H 2 . 3/ 2NaClO + CO 2 + H 2 O  Na 2 CO 3 + 2HClO. 4/ CaF 2 + 2HCl CaCl 2 + 2HF 5/ Ag 2 O + H 2 O 2  2Ag + H 2 O + O 2 . 6/ H 2 S + O 2  S + H 2 O. 7/ SO 2 + 2Mg  S + 2MgO. 8/ H 3 PO 4 + AgNO 3  Ag 3 PO 4 + HNO 3 . Số phản ứng viết đúng là A. 7. B. 6. C. 5. D. 4. Câu 36: Cho 25,68 gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe 3 O 4 có tỷ lệ mol là 34 CuO Fe O n : n = 2:3 vào 450 ml dung dịch H 2 SO 4 1M. Sau khi phản ứng hoàn toàn cho tiếp m gam Mg vào , để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được dung dịch Y. cho NaOH dư vào dung dịch Y, lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thì thu được 21,6 gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với A. 6. B. 7. C. 8. D. 9. HD: Số mol CuO = 0,06 mol ; số mol Fe 3 O 4 = 0,09 mol ; số mol H 2 SO 4 = 0,45 mol Dung dịch sau phản ứng gồm: 4 4 2 4 3 2 4 CuSO 0,06mol FeSO 0,09 mol Fe (SO ) 0,09 H SO 0,03 mol mol       + Mg  Phản ứng theo thứ tự sau: Mg + Fe 2 (SO 4 ) 3  MgSO 4 + 2FeSO 4 Mg + CuSO 4  MgSO 4 + Cu Mg + H 2 SO 4  MgSO 4 + H 2 Mg + FeSO 4  MgSO 4 + Fe Nếu FeSO 4 dư x mol thì chất rắn sẽ gồm Fe 2 O 3 : 0,5x mol và MgO :(0,18 + 0,27-x) mol Từ khối lượng chất rắn => x = 0,09 < số mol FeSO 4 = 0,27 mol ( thỏa mãn đề bài) => khối lượng Mg phản ứng = 8,64 gam => chọn D Câu 37: A chứa m g Ca , B chứa 12 1m  g Ca. Người ta trộn A vào B rồi cho tác dụng với HCl dư thì thấy khối lượng muối thu được là nhỏ nhất. Mặt khác, cho A tác dụng hoàn toàn với HNO 3 (dư) chỉ thu được dd chứa m 1 g muối. Giá trị của m 1 gần nhất với A. 13. B. 12,3. C.13,8. D. 11,5. HD: khối lượng muối CaCl 2 là 12 111 12.111 111 .111 .111 ( 1) 40 40( 1) 40 40( 1) 40 m m mm       =y. Để y nhỏ nhất thì 111 12.111 ( 1) 40 40( 1) m m   nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dương trên, ta có y min khi 111 12.111 ( 1) 12 1 40 40( 1) mm m       khi cho m gam Ca tác dụng với HNO 3 chỉ thu được dd => tạo NH 4 NO 3 ; Số mol NH 4 NO 3 = (2. nCa ): 8 Từ đó, ta tình khối lượng muối Ca(NO 3 ) 2 + khối lượng muối NH 4 NO 3 => chọn đáp án D Câu 38: Cho các phản ứng sau: 1/ Cl 2 + NaBr (dung dịch)  2/ C 6 H 5 NH 2 + NaNO 2 + HCl  3/ H 2 O 2 + Ag 2 O  4/ H 2 O 2 + KMnO 4 + H 2 SO 4  5/ Cu + Fe 2 (SO 4 ) 3  6/ Si + KOH  7/ Sn(NO 3 ) 2 o tC  8/ Fe 3 O 4 +HI  9/ Fe 2 (SO 4 ) 3 + K 2 S  Số phản ứng luôn tạo ra đơn chất là A. 5. B. 6. C. 7. D. 8. Câu 39: Chia m gam dung dịch X gồm R 2 CO 3 và MHCO 3 thành hai phần bằng nhau: Cho từ từ 200ml dung dịch HCl 1M vào phần 1 thì thấy thoát ra 896 ml khí. Cho từ từ phần 2 vào 100 ml dung dịch Y gồm HCl 1,2 M và KHSO 4 0,8 M thì thu được dung dịch Z và 2,688 lít khí. Cho tiếp V ml dung dịch T gồm BaCl 2 2 M và KOH 0,1 M vào dung dịch Z thì thấy xuất hiện 36,37 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thể tích các khí đều đo ở đktc. Giá trị của V là A. 50. B. 80. C. 100. D. 150. HD: Khi cho từ từ 0,2 mol H + vào phần 1: CO 3 2- + H +  HCO 3 - (1) HCO 3 - + H + CO 2 + H 2 O (2) Gọi a là số mol của CO 3 2- và b là số mol của HCO 3 - trong mỗi phần Ta dễ dàng nhận thấy ở cả hai thí nghiệm, sau cùng axit phải hết Từ thí nghiệm 1: số mol khí = 0,2 – a = 0,04 => a = 0,16 (I) Thí nghiệm 2: đặt k hiệu suất phản ứng của hai muối, ta có: CO 3 2- + 2H +  CO 2 + H 2 O (1) ak  2ak  ak HCO 3 - + H + CO 2 + H 2 O (2) bk  bk bk Số mol H + = 2ak + bk = 0,2 (II) Số mol CO 2 = ak + bk = 0,12 (III) Từ (I), (II) ,(III) ta có: a = 0,16 ; k = 0,5 ; b = 0,08 Kết tủa là BaSO 4 và BaCO 3 . HCO 3 - + OH -  CO 3 2- + H 2 O Ba 2+ + SO 4 2-  BaSO 4 Ba 2+ + CO 3 2-  BaCO 3 Nếu OH - hết, ta có m kết tủa = 0,08.233 + 197. (0,08 + 0,1.V.10 -3 ) = 36,37 => V = 100 Kiểm tra lại: Số mol của Ba 2+ = 0,2 mol > tổng số mol trong kết tủa ( phù hợp với yêu cầu của đề) Câu 40: Cho sơ đồ phản ứng: A 24 H SO  dac Propen +HCl  B +KCN  C o 24 +H SO loãng, t C  D 24 H SO  dac E Chất chất trên sơ đồ đều là sản phẩm chính. Trong các phát biểu sau, số phát biểu đúng với sơ đồ trên là 1/ Chất có nhiệt độ sôi cao nhất là D 2/ Từ E có thể điều chế Plexiglas qua ít nhất 2 phản ứng. 3/ Từ A luôn tạo trực tiếp ra B. 4/ Từ B luôn tạo trực tiếp ra A. A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 41: Hòa tan m gam một hỗn hợp X gồm Al 2 (SO 4 ) 3 và ZnSO 4 (tỷ lệ mol là 2 4 3 4 Al (SO ) ZnSO n : n = 1:3 ) vào nước thu được dung dịch Y. Cho vào dung dịch Y 180 ml dung dịch KOH 1M thì thấy tạo ra 3a g kết tủa. Thêm tiếp 260 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch sau phản ứng thì thấy tạo ra a g kết tủa. Giả thiết rằng tốc độ các phản ứng là như nhau. Giá trị của m gần nhất với A. 35 g. B. 25 g. C. 49 g. D. 20 g. HD: ta có số mol Al 3+ : số mol Zn 2+ = 2:3. Gọi M là kim loại trung bình của Al và Zn. Khi đó, ta có hóa trị của M là (3.2 + 2.3 ):5 = 2,4 và số mol là y ( tổng mol của Al và Zn) M 2,4+ +2,4 OH -  M(OH) 2,4 (1) M(OH) 2,4 + 1,6OH -  [M(OH) 4 ] 1,6- (2) Từ (1) và (2) ta có đồ thị như sau: Theo đề, ta có: toa độ A (0,18; 3x) ; B(0,18+0,26; 3x+x) Theo đề, ta dể dàng nhận thấy A chỉ có một cách phân vào đồ thị, B có hai cách phân vào đồ thị. Từ tọa độ A, ta thấy hoành độ = 2,4, tung độ => 0,18 = 2,4.3x => x = 0,025 Nếu B là B 1 , ta có : 0,18 + 0,26 = 4. (3x + x ) => x =0,0275 (loại) . vậy B là B 2 . Từ đồ thị, ta có: 4y = (0,18 + 0,26) + 1,6.4x => y = 0,15 => Số mol Al = 0,06 mol ; Số mol Zn = 0,09 mol => Số mol Al 2 (SO 4 ) 3 = 0,03 mol và số mol ZnSO 4 = 0,09 mol => Chọn B. Câu 42: Nung 15,904 lít hỗn hợp X gồm etilen, propin, vinylaxetilen và hidro với xúc tác thích hợp thu được 11,2 lít khí Y có tỷ khối hơi so với H 2 là 10,28. Chia Y thành 2 phần bằng nhau. Phần 1: đốt cháy hoàn toàn thì cần V lít O 2 thu được 8,46 gam H 2 O. Phần 2: dẫn qua dung dịch AgNO 3 / NH 3 dư thì thu được m gam gồm 3 kết tủa có tỷ lệ mol 1:2:3 tương ứng với M tăng dần, khí thoát ra có thể tích là 5,152 lít. Hỗn hợp X làm mất màu tối đa a mol Br 2 . Biết các khí đều đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của (V + m + a) gần nhất với A. 15,8. B. 17,8. C. 17,1. D. 16,7. HD: n Y = 0,5 mol m Y = 0,5. 20,56 = 10,28 gam = m X (theo định luật bảo toàn khối lượng) Số mol X = 0,71 mol Số mol H 2 O = 0,47 mol; Gọi a là số mol của (C 2 H 4 , C 3 H 4 , C 4 H 4 ) và b là số mol của H 2 . Ta có a+b = 0,71 (I) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho hidro, ta có: 2a + b =0,94 (II) Giải (I), (II), ta có: a = 0,23 ; b = 0,48 Ta có mC = 10,28/2 – 0,47.2 = 4,2 gam => số mol CO 2 = 0,35 mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho oxi, ta có Số mol O 2 = 0,585 mol => V = 13,104 lít Kết tủa gồm CH 3 CCAg ( t mol) ; CH 3 CH 2 CCAg(2t mol) ; CH 2 =CH-CCAg (3t mol) Số mol khí thoát ra = 0,23 mol , ta có t + 2t + 3t +0,23 = 0,25 => t = 1/300 => m = 3,15 gam Gọi x, y, z là số mol của C 2 H 4 , C 3 H 4 , C 4 H 4 trong X, ta có: x+ y + z = 0,23 (III) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho cacbon, ta có: 2x + 3y + 4z = 0,7 mol (IV) Lấy (IV) – (III) => x +2y +3z = 0,47= Số mol Br 2 phản ứng với X. => Chọn D Câu 43: Các chất có công thức phân tử như sau: C 7 H 8 O 2 , C 7 H 7 N 2 Cl, C 7 H 9 O 3 N, C 7 H 12 O 3 N 2 , C 7 H 10 O 4 NCl, C 7 H 9 O 2 N. Số chất có thể có chứa vòng benzen là A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. HD: CH 3 C 6 H 3 (OH) 2 ; CH 3 C 6 H 4 N 2 Cl; C 6 H 5 NH 3 HCO 3 ; C 6 H 5 NH 3 CO 3 NH 4 ; CH 3 C 6 H 4 NH 3 ClO 4 ; C 6 H 5 COONH 4 Câu 44: Cho từ từ dung dịch H 3 PO 4 vào V ml dung dịch Ba(OH) 2 1,6M, số mol kết tủa thay đổi theo H 3 PO 4 được biểu diễn theo đồ thị sau: Khi số mol H 3 PO 4 sử dụng là 0,864 mol, khối lượng kết tủa thu được là m gam. Giá trị (m+V) gần nhất với A. 300. B. 350. C. 320. D. 360. HD: Đặt Số mol của Ba(OH)2 = V. 1,6 . 10 -3 = a (mol) 3Ba(OH) 2 + 2H 3 PO 4  Ba 3 (PO 4 ) 2 + 6H 2 O (1) Ba 3 (PO 4 ) 2 + H 3 PO 4  3BaHPO 4 (2) BaHPO 4 +H 3 PO 4  Ba(H 2 PO 4 ) 2 (3) Từ 3 phường trình trên ta đồ thị như sau: [...]... gam Câu 45: Chất X có công thức cấu tạo thu gọn nhất là Danh pháp thay thế của X là A 5-metyl-4-etylhex-3-enal B 4-etyl-5-metylhex-3-enal C 5-metyl-4-etylhex-3-en-1-on D 4-etyl-5-metylhex-3-en1-on Câu 46: Hỗn hợp A gồm 4 peptit thuộc loại oligopeptit được tạo từ các amino axit no, mạch hở chứa 1 nhóm –NH2, 1 nhóm -COOH Thủy phân hoàn toàn 0,13 mol A trong 315 gam dung dịch KOH 8% thì thu được dung dịch... hiệu suất cực đại của phản ứng có giá trị gần nhất với A 60 B 65 C 68 D 70 HD: H2O + C CO +H2 Ban đầu: 0,16 0 0 Phản ứng x x x Lúc sau: 0,16 – x x x Áp suất sau = 1,25 áp suất đầu => C sau = 1,25 C đầu => 0,16 + x = 1,25.0,16 => x = 0,04 => KC = 1/75 P =C.R.T = 17,92 atm tăng thể tích để P = 1atm => C mới = 1/112 y y 1 Ta, có: KC  => y = 6,12 1 0-3 => chọn C  1  y 75 112 Những thành tựu vĩ đại không... 1/112 y y 1 Ta, có: KC  => y = 6,12 1 0-3 => chọn C  1  y 75 112 Những thành tựu vĩ đại không được gặt hái bằng sức mạnh mà bằng sự kiên trì! Thân tặng các bạn học sinh! Chúc các bạn ôn thật tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015! ... phản ứng thu được a gam H2O Giá trị của m là 5V 35a 95V 35a 5V 14a 95V 14a A B C D     4 9 32 9 8 9 64 9 HD: Công thức trung bình của T là CnH2n-4O2 O2 5x mol  Cn H 2n 4O2     CO2 +H 2O O3 3x mol  Gọi t là số mol của T Số mol H2O = t(n-2) = a/18 (I) Số mol CO2 = tn (II) Số mol Z = 8x = V/22,4 => x = V/179,2 (III) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho O, ta có: 2t + 19x = 2tn + tn... toàn lượng A như trên thì thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 88,11 gam đồng thời có 4,368 lít khí N2 (đktc) thoát ra Giá trị của a gần nhất với A 16,3 B 16,5 C 15,8 D 15,5 HD: A có CTTB dạng CnH2n+2-zOz+1Nz 3n  1,5 z Cn H 2n  2z Oz 1Nz  O2  nCO2  (n  1  0,5 z) H 2O  z / 2 N2 2 0,13  0,13.n 0,13(n+1 – 0,5z) 0,13z/2 Cn H2n 2z Oz1Nz  zKOH  (Muôi  KOHdu)  H 2O 0,13  0,13.z  0,13 . là Danh pháp thay thế của X là A. 5-metyl-4-etylhex-3-enal. B. 4-etyl-5-metylhex-3-enal. C. 5-metyl-4-etylhex-3-en-1-on. D. 4-etyl-5-metylhex-3-en- 1-on. Câu 46: Hỗn hợp A gồm 4 peptit. THI THỬ HÓA HỌC THPT QUỐC GIA 2015 Thời gian: 90 phút Biên soạn: Trần Văn Thanh Hoài – khoa Sư phạm, trường Đại học Đà Lạt Câu 1: Cho các chất sau: lysin,. BaCO 3 . HCO 3 - + OH -  CO 3 2- + H 2 O Ba 2+ + SO 4 2-  BaSO 4 Ba 2+ + CO 3 2-  BaCO 3 Nếu OH - hết, ta có m kết tủa = 0,08.233 + 197. (0,08 + 0,1.V.10 -3 ) = 36,37 =>