Lời giải chi tiết đề số 2 ôn thi hóa THPT Thống Nhất Đồng Nai

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

0
93
lượt xem
30
download

Lời giải chi tiết đề số 2 ôn thi hóa THPT Thống Nhất Đồng Nai

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'lời giải chi tiết đề số 2 ôn thi hóa thpt thống nhất đồng nai', tài liệu phổ thông, hóa học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lời giải chi tiết đề số 2 ôn thi hóa THPT Thống Nhất Đồng Nai

  1. Mùa tuyển sinh 2009 (HD đề 02) Trường THPT Thống Nhất A - Đồng Nai HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 2 (HD chỉ mang tính gợi ý, chưa hẳn đã là cách tối ưu nhất) Câu 1: Quá trình biến hóa của etanol: C2H5OH  H2O + X (1) ; X + O2  H2O (2) Áp dụng tính bảo toàn số mol hiđro ta có: 23 3 nH   6  3(mol)  nH2O   1,5(mol); 46 2 ë (1) n-íc làm gi¶m nång ®é axit. 98 22,5  100  80  mH2O  22,5  nH2O  1,25(mol). 100  mH2O 18 Vậy số mol H2O thuộc (2) sinh ra phải là 1,5 – 1,25 = 0,25 ; m = 0,25 . 18 = 4,5(gam)  Đáp án A Câu 2: Vì tỉ lệ C:H = 1:2 nên công thức phân tử tổng quát của 2 hiđrocacbon đều có dạng CnH2n  Đáp án D. Câu 3: 5,6 0,035 Sè mol A  0,04; nBr2   0,035  n  1,75 160 0,02 Suy ra có một chất có số liên kết pi > 1,75. Đối chiếu với đáp án thì đó là C2H2. Số nguyên tử: Chất còn lại là C4H8  Đáp án A. Câu 4: Gọi khả năng phản ứng monoclo hóa tương đối của biphenyl và benzen là kbi và kbe. Phân tử biphenyl có 2 nguyên tử H ở vị trí 4 và 4 nguyên tử H ở vị trí 2, còn benzen có 6 nguyên tử H như nhau, nên ta có: kbi  (2  790)  (4  250)  430 Tốc độ monoclo hóa biphenyl hơn benzen 430 lần. k be 6 1 1 m 2  790 Gọi số gam 4-clobiphenyl tạo ra là m, ta có:   m  15,8(gam)  Đáp án A. 10 4  250 Câu 5: H2N O O H2N O O CH C C OH CH C C OH H HN CH H3C HN CH Gly-Gly Ala-Ala H CH3 Gly-Gly Ala-Ala Ala-Gly H H3C O H H N CH3 N O O CH C CH CH C C C C HN NH CH CH O N H3C N O H C CH H H O H O O C NH O C NH O H CH CH C H2N CH CH C Gly-Ala NH2H3C OH Ala-Gly CH3 H OH Copyright  2009 – ngoisaocanhac_2005@yahoo.com – Điện thoại : 0973980166 Trang 1
  2. Mùa tuyển sinh 2009 (HD đề 02) Trường THPT Thống Nhất A - Đồng Nai Câu 6: Nếu số mol H2O bằng số mol CO2 thì khối lượng nước ít hơn khối lượng CO2 là: (44 –18) = 26. Vì khối lượng H2O chỉ ít hơn khối lượng CO2 là 12, nên suy ra nH O  nCO 2 2  rượu đơn chức đem đốt là no mạch hở và có công thức (CnH2n+1OH) Phương trình phản ứng cháy: CnH2n+1OH + 1,5n O2  nCO2 + (n + 1) H2O. x (mol) 1,5nx nx (n + 1)x Ta có hệ: n  20,16  0,9(mol)  1,5nx = 0,9  O  22,4  CTPT của rượu là C3H7OH. 2 44nx - 18x(n + 1) = 12   m = 0,2.60 = 12(gam)  Đáp án C.  x = 0,2, n = 3 Câu 7: CH4 (xem lại SGK) Câu 8: Fe  NO3   4H  Fe3  NO  2H2O  0,3  1 (mol) ,2 Dung dịch thu được có: 3 Fe  2Fe  3Fe  2 0,1 mol (NO3)3 và 0,3 mol Fe(NO3)2  Đáp án D. 0,1  0,2 0,3 Câu 9: Số mol nguyên tử oxi trong oxit bằng số mol phân tử clo thoát ra ở anốt vì có cùng số mol điện tích âm. m = 10,65 – 16.(3,36/22,4) = 8,25  Đáp án A. Câu 10: Nếu kim loại kiềm thổ trong hỗn hợp không phải Ba thì tổng số mol 2 kim loại trong mỗi phần là: 1,37 : 137 1,37 n  100   0,03346 23,07 137 Gäi sè mol kim lo¹i kiÒm và kiÒm thæ lÇn l-ît là x,y. Ta có hÖ:  x  y  0,03346   3,36  x  2y  22,4  2  0,3  Giải hệ này thu được y < 0, nên vô lí  kim loại kiềm thổ là Ba. Lúc này ta có hệ:  y  0,01  x  y  0,01  100  23,07    Giải hệ được M = 7 Kim loại kiềm là Li  Đáp án B  x  2y  0,3  xM  137y  8,25    Câu 11: 1 0,7 G. n   4  X  8n  n  4; X  32  X là lưu huỳnh (S)  Đáp án C. X 22,4 Câu 12: Ba + 2HOH  Ba(OH)2 + H2 x mol x mol  OH- = 2x mol 2Na + 2HOH  2NaOH + H2 y mol y mol  OH- = y mol Copyright  2009 – ngoisaocanhac_2005@yahoo.com – Điện thoại : 0973980166 Trang 2
  3. Mùa tuyển sinh 2009 (HD đề 02) Trường THPT Thống Nhất A - Đồng Nai Phản ứng trung hoà OH– + H+ = HOH; Phản ứng tạo kết tủa: Ba2+ + SO42- BaSO4 nOH  nH  0,06(mol) 4,66 nBa2   nBaSO4   0,02(mol) 233  x  0,02, y  0,02. 0,02  23 %Na   100  14,375  Đáp án D 0,02  (137  23) Câu 13: Dung dịch A không đổi màu khi lắc với bột Cu, chứng tỏ dd A không dư HNO3 và không có ion Fe , tức là nhôm, sắt phản ứng với dd HNO3 tạo Fe2+ theo phương trình ion sau: 3+ Al + NO3– + 4H+  Al3+ + NO + 2H2O. Fe + NO3– + 4H+  Fe3+ + NO + 2H2O. Fe + 2Fe3+  3 Fe2+. Áp dụng bảo toàn số mol nitơ trong phản ứng và gọi số mol Al, Fe có trong m gam hỗn hợp là x, 3x ta có: 6,72 nNO   0,3; nFe(NO3 )2  3x; nAl(NO3 )3  x; 22,4  3x  6x  0,3  1  9x  0,9  x  0,1 ,2 m  0,1 27  3.56   19,5  gam   Đáp án A. Câu 14: Cấu hình electron của Fe: [Ar] 3d6 4s2. Biểu diễn dưới dạng các orbital: 4f 4d 4p 3d  Đáp án C 4s Câu 15:  Đáp án B Copyright  2009 – ngoisaocanhac_2005@yahoo.com – Điện thoại : 0973980166 Trang 3
  4. Mùa tuyển sinh 2009 (HD đề 02) Trường THPT Thống Nhất A - Đồng Nai Câu 16: nSO2  0,1792  0,008mol 22,4 2Fe x Oy  6x  2y  H2SO4  xFe2  SO4 3   3x  2y  SO2   6x  2y  H2O 1 M2O3  3 H2SO4  M2  SO4 3  3H2O  2 Số mol: Fe3+ = ax (mol); M3+ = 2b (mol); 1 Số mol SO42– tạo muối được xác định theo qui luật trung hòa điện tích: nSO   3ax  6b  2 2 4 Khối lượng muối nhiều gấp 1,356 lần khối lượng muối tạo ra từ FexOy. 400.0,5ax + (2M + 288)b = 1,356.400.0,5ax hay b(2M + 288) = 71,2ax. Biện luận: Vì sắt chỉ tạo 3 oxit FeO, Fe2O3, Fe3O4 nên x =1,2,3. Khi x = 1, M < 0; x = 2, M < 0, x = 3, M = 170,88 – 144 = 26,88 là Al. Vậy hỗn hợp là Fe3O4 và Al2O3. a Tõ 1  :  3x  2y   0,008 và x  3, y  4 ta có a  0,016. 2 Khèi l-îng hçn hîp m  0,016.232  0,01.102  4,732(gam)  Đáp án A Câu 17: Quá trình khử: SO42– + 2e + 4H+  SO2+ 2H2O (1) SO2  Na2SO3 , NaHSO3. nNaOH = 0,045 x 0,2 = 0,009 (mol) Gọi số mol Na2SO3, NaHSO3 lần lượt là x, y (x hoặc y có thể bằng không). Ta có hệ phương trình sau: 2x  y  0,009   x  0,004 ; y  0,001 126x  104y  0,608  nSO2  0,005  2 Theo (1) ta có : nH  4.nSO2 hay nH2SO4  2.nSO2 Tức là cứ 2mol gốc SO42– phản ứng thì có 1mol tạo muối, 1mol bị khử. Khối lượng M trong muối là: mM = 1,56 – (0,005 x 96) = 1,08. ne(Mcho)  ne(SO2 nhËn)  2.0,05  0,1(mol) 1,08 4 Ta có:  n  0,1  M  108 là phù hîp.  Đáp án D M Câu 18: N2 + 3H2  2NH3 Gọi số mol N2, H2 có trong trong 1mol hỗn hợp A là a, b tương ứng: 28a  2b MA   2  3,6  7,2  b  4a. ab nA  5a ; a  0,2 ; b  0,8 N2  3H2  2NH3 a 4a 0 x  3x  2x  a  x   4a  3x   0  2x  nB  5a  2x Copyright  2009 – ngoisaocanhac_2005@yahoo.com – Điện thoại : 0973980166 Trang 4
  5. Mùa tuyển sinh 2009 (HD đề 02) Trường THPT Thống Nhất A - Đồng Nai 7,2  5a MB   4,5  2  9  x  0,5a 5a  2x NH3  2 (2x)2 1 K   N2  H2  (a  x).(4a  3x) 3 3 7,8125a 2   K không phụ thuộc vào nồng độ. Tính cho 1mol hỗn hợp A thì a = 0,2 và K = 3,2.  Đáp án A Câu 19: Số hiệu nguyên tử của các nguyên tố là 20Ca. 16S, 17Cl. 18Ar. Quy luật biến thiên bán kính là: Trong một chu kỳ theo chiều tăng điện tích hạt nhân, bán kính nguyên tử giảm dần. Đối với một nguyên tố thì bán kính cation < bán kính nguyên tử trung hòa < bán kính anion. Nguyên tử ở chu kì lớn sẽ có bán kính lớn hơn nguyên tử ở chu kỳ bé. Ca ở chu kỳ 4, ba nguyên tố còn lại ở chu kỳ 3, suy ra bán kính của Ca2+ lớn nhất.  Đáp án A Câu 20: Ca+  Ca2+ + 1e.  Đáp án B Câu 21: H3PO2 + nKOH  Kn(H3-nPO2) + nHOH (1) 0,1mol  0,1mol  66 + 38n = 104,08  n = 1 H3PO3 là axit 1 chức có công thức cấu tạo: Tương tự như trên ta cũng tìm được: MKnH   158,16 và n  2. 3 nPO3 H3PO3 là axit 2 chức có công thức cấu tạo:  Đáp án C Câu 22: 1 3 Dựa vào sự thay đổi số oxi hóa của nguyên tử C: 4e CH3  CH2  OH  CH3  COOH   Đáp án C Câu 23:  Đáp án C Câu 24: Xeton (xem SGK)  Đáp án D Câu 25: Aminoaxit  Đáp án B Câu 26: Theo qui tắc cộng Maccopnhicop thì H cộng hợp vào nguyên tử cacbon bậc thấp, Cl cộng hợp vào nguyên tử cacbon bậc cao.  Đáp án A Câu 27: Theo định nghĩa chất béo là este của axit béo cao cấp với glyxerol (hay Glyxerin)  Đáp án C Copyright  2009 – ngoisaocanhac_2005@yahoo.com – Điện thoại : 0973980166 Trang 5
  6. Mùa tuyển sinh 2009 (HD đề 02) Trường THPT Thống Nhất A - Đồng Nai Câu 28: Từ cấu tạo Độ dài của liên kết đơn lớn hơn của liên kết đôi, anion HCOO- có sự cộng hưởng của liên kết pi, nên độ dài của 2 liên kết cacbon-oxi như nhau và dài hơn liên kết đôi, đồng thời ngắn hơn liên kết đơn.  Đáp án D Câu 29: 100 x 740 nCO2   3,676 760 x 0,082 x 323 1  mpen tan  x 3,676 x 72  52,93  53  gam  5  Đáp án D Câu 30: Dựa vào định luật Raul: T = k.C Dung dịch nào có nồng độ molan bé sẽ có sự thay đổi bé. Các chất hữu cơ thường ít điện li, nên nồng độ mol bằng độ molan. Chất điện li càng nhiều ion thì độ molan càng lớn hơn độ mol.  Đáp án A Câu 31: Cộng các véc tơ lưỡng cực điện, chỉ có trans CHCl=CHCl là có véc tơ tổng bằng không vì 2 véc tơ lưỡng cực điện cùng phương cùng độ lớn nhưng ngược hướng nhau.  Đáp án C Câu 32: Mỗi nguyên tử ở đỉnh đóng góp cho 8 ô mạng. Như vậy mỗi đỉnh có 1/8, nguyên tử. Nguyên tử ở tâm mặt đóng góp 2 ô mạng, vậy là ở tâm của mỗi mặt chỉ có 1/2 nguyên tử. Trung bình một ô mạng cơ sở f.c.c có 8x 1  6x 1  4(ng.t)  Đáp án A 8 2 Câu 33:  Đáp án C Câu 34: Dựa vào cấu hình electron: Al3+ 1s22s22p6; Mg2+: 1s22s22p6; F-: 1s22s22p6; S2-: 1s22s22p63s23p6. Ion S2- có 3 lớp electron nên bán kính lớn hơn các ion chỉ có 2 lớp electron. Ion âm có bán kính lớn hơn ion dương có cùng cấu hình electron. Ion dương có điện tích cao sẽ có bán kính bé hơn ion dương cùng cấu hình nhưng có điện tích bé.  Đáp án D Câu 35: Công thức tính số liên kết pi (), đối với hợp chất CxHyOz là: a   2x  2  y 2 a  2  4  2  4  3 Axit trans – butenđioic C4H4O4, có số liên kết pi: 2  Đáp án C Copyright  2009 – ngoisaocanhac_2005@yahoo.com – Điện thoại : 0973980166 Trang 6
  7. Mùa tuyển sinh 2009 (HD đề 02) Trường THPT Thống Nhất A - Đồng Nai Câu 36: Sự định hướng các liên kết nối các monome.  Đáp án C Câu 37: Môi trường kiềm.  Đáp án A Câu 38: CaSO4.2H2O thạch cao sống M = 172. %Ca = (40 : 172).100 = 23,25  Đáp án C *Chú ý: 2CaSO4.H2O thạch cao nung nhỏ lửa M = 290. CaSO4 thạch cao khan M = 136. Câu 39: Phản ứng xảy ra: C5H11O5CHO + 2[Ag(NH3)2]OH  C5H11O5COONH4 + 2Ag + 3NH3 + H2O 18 nC6H12O6   0,1(mol)  nAg  0,2(mol)  mAg  0,2.108  21,6(gam) 180  Đáp án A m[Ag(NH3 )2 ]OH = 0,2.159 = 31,8(gam) Câu 40: Độ tan của đường tăng nhanh theo nhiệt độ, mà nhiệt độ sôi sẽ giảm khi áp suất giảm. Do đó nếu ở áp suất cao nhiệt độ sôi sẽ cao như thế thì không cô đặc được nước đường  Đáp án A Câu 41: Hỗn hợp Z làm xanh giấy quỳ tím ẩm nên có tính ba zơ. Với C2H7NO2 có 2 đồng phân CH3COONH4 (muối amoni) và HCOOH3NCH3 (muối amin). CH3COONH4 + NaOH  CH3COONa + H2O + NH3  HCOONH3CH3 + NaOH  HCOONa + H2O + CH3NH2. Gọi số mol NH3, CH3NH2 là x, y tương ứng ta có hệ:  4,48  x  y  22,4  0,2  Giải ra ta có x = 0,05; y =0,15  17x  31y  13,75  2  27,5 m2 muối = 0,05 . 82 + 0,15 . 68 = 14,3 (gam).  xy   Đáp án D Câu 42: Phương trình phản ứng clo hoá: –[C2H3Cl]k– + Cl2  C2kH3k–1Clk+1 + HCl 35,5  (k  1)  Đáp án C %Cl   100  63,69  k  3 62,5k  34,5 Câu 43: Đặt công thức chung của 2 axit là RCOOH este là (RCOO)3C3H5. Phản ứng thuỷ phân hoàn toàn có dạng: (RCOO)3C3H5 + 3HOH  3RCOOH + C3H5(OH)3 46x nGlixerol   0,5(mol)  nEste  0,5(mol) 92 Khèi l-îng phân tö trung bình cña este: 444 888  41 Meste   888  R   44  238,33 0,5 3 Copyright  2009 – ngoisaocanhac_2005@yahoo.com – Điện thoại : 0973980166 Trang 7
  8. Mùa tuyển sinh 2009 (HD đề 02) Trường THPT Thống Nhất A - Đồng Nai  Có 1 axit có gốc hiđrocacbon có khối lượng > 238,333 Trong các gốc trên chỉ có C17H35 = 239 là thoả mãn  Loại được đáp án C và D. Vì 2 axit sinh ra từ cùng một este 3 chức nên số mol của 1 axit sẽ gấp đôi số mol của axit còn lại. TH1: C17H35 = 239 có số mol gấp đôi số mol gốc R, ta có: (2.239 + R) : 3 = 238,33. Tìm được R = 237. Đáp án B đúng. TH2: Ta có (2.R + 239) : 3 = 238,33. Tìm được R = 238. Không có gốc hiđrocacbon hoá trị I nào có phân tử khối là số chẵn nên loại  Đáp án B Câu 44: 8,8 nNaOH  0,2  0,2  0,04(mol); nCH3COOC2H5   0,1(mol) 88 CH3COOC2H5 + NaOH CH3COONa + C2H5OH Dung dịch gồm muối và este dư. Cô cạn H2O, este bay hơi, chỉ còn muối. Khối lượng chất rắn khan là khối lượng muối bằng 0,04.82 = 3,28(gam).  Đáp án A Câu 45:  Đáp án A Câu 46: M 27 Thể tích 1mol Al: V   V   10(cm3 ) D 2,7 Giả sử thể tích mỗi miếng kim loại đều là 10cm3. 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2 1 mol 1,5 mol Mg + H2SO4  MgSO4 + H2 0,75 mol 1,5/2 = 0,75 (mol) m 0,75  24  Đáp án B DMg   DMg  1,80(g / cm3 ) V 10 Câu 47: Gọi số mắt xích C5H8 liên kết với một nhóm đisunfua (– S – S –) là n. 2  32   C5H8  n  S2  C5nH8nS2 %S   100  19,04  n  4 Đáp án D 68n  64 Câu 48: Liên kết cộng hóa trị X–N dài dần và kém bền dần từ F đến I, vì kích thước AO p liên kết của halogen tăng dần, dẫn đến mật độ xen phủ thưa thớt dần. Sự xen phủ của các AO:  Đáp án D Copyright  2009 – ngoisaocanhac_2005@yahoo.com – Điện thoại : 0973980166 Trang 8
  9. Mùa tuyển sinh 2009 (HD đề 02) Trường THPT Thống Nhất A - Đồng Nai Câu 49: 27Co  27Co 2+ + 2e [Ar]3d 4s  7 2 [Ar]3d + 2e 7 Có 3e độc thân.  Đáp án B Câu 50: pH = 8,67 suy ra [H+] = 10–8,67  [OH–] =10–5,33 = 4,67.10–6 Fe(OH)2 ⇋ Fe2+ + 2OH– a /2 a TFe(OH)2 = [Fe2+ ][OH- ]2 = 4a3 thay a = 4,67.10-6 TFe(OH)2 = 5.10-17  Đáp án D Copyright  2009 – ngoisaocanhac_2005@yahoo.com – Điện thoại : 0973980166 Trang 9

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản