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]
(1)ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN – Nguyễn Thái Học Khánh Hòa 1B 2B 3D 4D 5A 6C 7D 8A 9A 10B 11D 12C 13C 14B 15C 16D 17C 18A 19C 20C 21C 22B 23D 24C 25D 26D 27A 28A 29B 30C 31C 32A 33A 34A 35C 36D 37C 38B 39D 40C 41C 42A 43A 44D 45A 46A 47D 48D 49D 50C Câu 1: -Để tồn dung dịch, các ion dung dịch phải không có phản ứng với → 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 là: K, Ba, Na, Ca, Li Câu 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 X và Y là lien kết ion Câu 7: Dung dịch có pH > 7: CH3NH2, CH3COONa, H2NCH2CH2CH2CH(NH2)COOH và K2CO3 Câu 8: Tơ nhân tạo xuất phát từ polime thiên nhiên ( xenlulozo) chế biến thêm phương pháp hoá học Từ xenlulozơ chế tạo tơ visco, tơ axetat Câu 9: -Phản ứng: R(NH2)COOH + HCl → R(NH3Cl)COOH - 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 nguyên tử Nitơ đó làm tăng lực bazơ, càng nhiều nhóm ankyl lực bazơ càng mạnh; nhóm phenyl (-C 6H5) làm giảm mật độ electron 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 amin tính số nguyên tử H phân tử NH bị thay gốc hiđrocabon ( số gốc hiđrocacbon gắn với N) → Amin bậc 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 hóa hồng dung dịch có môi trường bazo) Câu 14: Khối lượng 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 Kim loại Li Na K Rb Cs Bán kính nguyên tử (nm) 0,123 0,157 0,203 0,216 0,235 Câu 16 Gly-Ala là peptit không có phản ứng màu biure nên dung Cu(OH)2 để nhận Gly-Ala-Val (sản phẩm có màu tím) Câu 17 Phương trình hoàn chỉnh: 4Mg + 10HNO3 → 4Mg(NO3)2 + N2O + 5H2O → Tổng hệ số = 24 Câu 18 Hg độc và dễ bay S dễ dàng kết hợp với Hg nhiệt độ thường tạo muối rắn HgS không độc Câu 19 -Dùng Cu(OH)2 nhiệt độ thường chia các chất cần nhận biết thành 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 chất nhóm I nhận glucozơ 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 các vị trí ohoặc 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 tạo N2: (2) NH4NO2 → N2 + 2H2O (4) 2NH3 + 3Cl2 → N2 + 6HCl (6)2NH3 + 3CuO → 3Cu + 3H2O + N2 Câu 22 cần nắm cách phá vỡ liên kết phản ứng thuỷ phân không hoàn toàn - Loại A, D vì không tạo Glu – Gly - Loại C vì không tạo Ala – Gly Câu 23: Phân tử HCl tạo thành từ nguyên tử H và nguyên tử Cl Vì H có loại đồng vị nên có hướng lựa chọn; Cl có 2loại đồng vị nên có hướng lựa chọn → số phân tử HCl là 2.3 = Câu 26 Điểm khác biệt Al và Cr là Al có hoá trị III còn Cr tuỳ thuộc chất oxi hoá tham gia phản ứng có thể tạo thành Cr(II) Cr(III) Câu 28 Các ion muối phản ứng với Fe phải nằm sau cặp Fe2+/Fe dãy điện hoá Câu 29 Phản ứng lần ượt xảy 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 (2) Hoặc 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+ 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 < → 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 là: mCaCO3 = 0,1.100 = 100 gam Câu 34: Các phương trình phản ứng xảy 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 khí phương trình (3) đúng bằn tỉ lệ khí sinh phương trình (2) nên ta coi toàn khí phương trình sinh bị hấp thụ hết, còn lại 1,12 lit khí sinh là O phương trình (1) → m KNO3 = 10,1 gam → mCu(NO3)2 = 18,8 gam → %mCu(NO3)2 = 65,05% Câu 35: Mệnh đề đúng là (1), (2), (3), (5) (1) Nuớc cứng có chứa nhiều ion Ca2+, Mg2+ (2) Có thể làm mềm nước cứng toàn phần dung dịch K2CO3 Nước cứng toàn phần gồm nước cứng tạm thời và nước cứng vĩnh cửu Dung dịch Na2CO3 dùng làm mềm nước cứng theo phương trình: M2+ + CO32- MCO3 (3) Phân biệt nước cứng tạm thời và nước cứng vĩnh cửu 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 dung dịch HC1 M(HCO3)2 + HC1 CaCl2 + CO2 + H2O nên HC1 không làm giảm tính cứng 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 Y: H4NOOC — COOH3NCH3 Công thứ cấu tạo X : H2N-CH2CO-NH-CH2COOH - Cho X tác dụng với NaOH, 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 theo sơ đồ : H4NOOC — COOH3NCH3 (COOH)2 + NH4Cl + CH3NH3Cl H2N-CH2CO-NH-CH2COOH + H2O + 2HCl ClH3N-CH2COOH ( lưu ý: NH4Cl ) không phải là hợp chất hữu m= m(COOH)2 + m CH3NH3Cl + m chất hữu = 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 axit fomic HCOOONa loại D - Ancol Z thu đc có phản ứng hòa tan Cu(OH)2 Z có chứa ít nhóm OH liền kề loại A - nhận thấy nZ = neste =0,1 MZ = 62 Z là CH2OH- CH2OH chọn C Câu 38 3CH3CH2OH+ K2Cr2O7 + 4H2SO4 3CH3CHO + Cr2(SO4)3 + K2SO4+ 7H2O Câu 39 - Khi X tác dụng với NaOH dư thì cho muối và andehit nên X là este có chức –COO- liên kết trực tiếp với C nối đôi đầu mạch X là C6H5-COO-CH=CH2 - Y tác dụng với NaOH thì cho hai muối và nước Y là este hợp chất phenol Y là CH2=CH-COOC6H5 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 phần phần = V/22.4x5 = V/112 NO2 chiếm phần và NO chiếm phần nNO= 3V/112 và n NO2 = 2V/112 Công thức nNO3- tạo muối = 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 tạo thành NH4NO3 thì cộng thêm vào mNH4NO3 có 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 ba chức Từ đây kết hợp đáp án thì ta có este glixerol este Thuỷ phân hoàn toàn 4,36 g X cần 0,06 mol NaOH (3) 4,92 Mmuối= 0, 06 =82 Maxit=60 CH3COOH 9,86 Câu 43 n hỗn hợp Mg, Zn < 24 = 0,41 < n H2S04 = 0,43 mol Mg, Zn tan hết, dư H2SO4 Thu 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 TH1 Kết tủa 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 TH2 Kết tủa gồm BaSO4, Mg(OH)2 và Zn(OH)2 còn dư ( OH- tạo tủa Zn(OH)2 sau đó kết tủa tan phần.) Các phản ứng: Ba2+ + SO42- BaSO4 ( tính theo mol Ba2+) 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 y < 0.05 : vô lý) Nếu không thấy vô lý ta có thể dựa vào két 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 b A 22, 4(b a ) 16 nO = 16 = nH2 V = Câu 45 bảo toàn khối lượng và bảo toàn e ta có: Câu 46 - Đáp án A, B: Cu và Ag phản ứng - Đáp án C: Cu và Ag 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 FeS Fe + S a b x x x a-x b-x x Khi hòa tan vào HCl thì Fe và FeS phản ứng tạo 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 nS đầu = 2nS pứ = 0,4a = b H % = (nSpứ /nS đầu).100 = 50% Vậy tỉ lệ = a: b = a: 0,4a = 5:2 Câu 48 Ta quy bài toán sau: TN1 Cho 150ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào 250 ml dung dịch Al2(SO4)3 x M 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 94,2375 gam kết tủa Ta thấy: Khi dùng lượng bazo từ 350ml so với 150 ml gấp 2.33 lần lượng kết tủa gấp 2.2 lần Điều đó chứng tỏ TN2 Có lượng Al(OH)3 đã bị tan phần bazo dư có phản ứng xảy ra: Ba2+ + SO42- > BaSO4 (1)( Ba(OH)2 dư nên (1) tính theo SO420.75x 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 gốc Gly, Ala, Val và Tyr -Do thuỷ phân không hoàn toàn thu Gly – Val và Val – Gly nên X phải chứa hóm Gly – Val – Gly (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) (1) Pb(NO3)2 + H2S → PbS + 2HNO3 (2) Pb(NO3)2 + CuCl2 → Cu(NO3)2 + PbCl2↓ (3) 2H2S + SO2 → 2H2O + 3S (4) 2FeCl3 + H2S → S↓ + 2FeCl2 + 2HCl (5) AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3NH4Cl (6) 3NaAlO2 + AlCl3 + 6H2O → 4Al(OH)3↓ + 3NaCl (7) FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S ( không thu tủa) (8) Na2SiO3 + 2HCl → 2NaCl + H2SiO3 ( là chất không tan) (9) NaHCO3 + Ba(OH)2 dư → 2BaCO3↓ + NaOH + 2H2O → có phản ứng tạo kết tủa (5)