zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 dự thi đại học 2014 - Mã đề 179 (ĐH KHTN Trường THPT Chuyên KHTN)

Chia sẻ: Nguyễn Văn Quân | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Báo xấu

131
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 môn Hóa dự thi đại học 2014 - Mã đề 179 (ĐH KHTN Trường THPT Chuyên KHTN) môn hóa giúp các bạn học sinh ôn tập tốt.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 dự thi đại học 2014 - Mã đề 179 (ĐH KHTN Trường THPT Chuyên KHTN)

www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com ĐỀ THI KSCL LỚP 12 DỰ THI ĐẠI HỌC 2014 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Môn: Hóa học TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN Thời gian làm bài: 90 phút BÀI GIẢI CHI TIẾT Mã đề thi: 179 Ta có nCO 2 = 4,5 + 2.1,5 = 7,5 mol  nTinh bột p.ư = 3,75 mol  mTinh bột = 607,5g. Câu 1: Đáp án A. . 100% 607,5 1500 Vậy H = = 40,5%. Câu 2: Đáp án B. Phản ứng cộng theo quy tắc Maccopnhicop. Câu 3: Đáp án C. → Axit H2SO4 phản ứng hết → nMSO 4 = nH 2 SO 4 = 0,4 mol. Ta lưu ý dd Y chỉ chứa một chất tan duy nhất là MSO4 Mà mdd spu = mdd bđ + mX – mCO 2 = 100 + 24 – 0,05.44 = 121,8g. Vậy mMSO 4 = = 48g  MMSO 4 = 121,8.39,41 48 100 0,4 = 120g/mol  M = 24 g/mol  M là Magie (Mg). Câu 4: Đáp án B. Hỗn hợp khí Y: NO2 và O2 → Khi cho khí Y hấp thụ vào nước, khí không bị hấp thụ là oxi. Ta thấy nNO 2 : nO 2 p.ư = 4: 1 mà nNO 2 + nO 2 p.ư = = 0,25 mol  nNO 2 = nHNO 3 = 0,2 mol. 8,96−3,36 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 22,4 0,2 2 Vậy [H+] = = 0,1M  pH = -lg[H+] = 1. Câu 5: Đáp án A. Số thí nghiệm p.ư oxi hóa khử: (1), (2), (3), (4). Ta có EZn 2+⁄Zn < ECu 2+⁄Cu → Zn có tính khử mạnh hơn Cu, nên Zn khử Cu2+ thành Cu. o o Câu 6: Đáp án B. Câu 7: Đáp án B. Quy đổi hh X về Fe và S, ta có 0,005 mol Fe và 0,007 mol S. Cách 1: Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 3nFe + 4nS = 2nSO 2 spk  nSO 2 spk = 0,0215 mol Khi hh X phản ứng với H2SO4 đặc nóng, thì Fe → Fe3+ và S → SO2. Vậy ∑ nSO 2 = nS + nSO 2 spk = 0,0285 mol. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 2nSO 2 = 5nMn 2+  nMn 2+ = 0,0114 mol  VKMnO 4 = 0,228 lít. Khi cho khí tác dụng với dd KMnO4, thì SO2 → SO42-. Cách 2: Quan sát toàn bộ quá trình phản ứng, cuối cùng thu được Fe3+ và SO42-. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 3nFe + 6nS = 5nMn 2+  nMn 2+ = = 0,0114 mol  VKMnO 4 = 0,228 lít. Bỏ qua quá trình phản ứng với H2SO4, xét sự thay đổi electron giữa Fe, S và KMnO4. Ancol � Andehit + H2O � [O] Câu 8: Đáp án B. Phần 1: nancol dư + nH 2 O = 2nH 2  nancol bđ = 2nH 2 = 0,3 mol (vì nH 2 O = nancol p.ư). . 100% = . 100% n p .ư 0,2 Phần 2: nAg = 2nandehit  nandehit = nancol p.ư = 0,2 mol. nb đ 0,3 Vậy H = = 66,67%. Câu 9: Đáp án A. Ta thấy khí Z làm xanh quỳ ẩm → Z là hỗn hợp các khí amin → X hỗn hợp muối của amin với axit carboxylic. Áp dụng ĐLBTKL, ta có: mX + mNaOH = mmuối + mZ + mH 2 O Cách 1:  0,2.77 + 0,2.40 = mmuối + 0,2.13,75.2 + 0,2.18  mmuối = 14,3g. Cách 2: www.MATHVN.com Page 1
www.DeThiThuDaiHoc.com Ứng với CTPT C2H7NO2 có 2 đồng phân muối amin với axit carboxylic tương ứng: HCOONH3CH3 và CH3COONH4. Giải hpt or áp dụng sơ đồ đường chéo, ta tính được nNH 3 = 0,05 mol; nCH 3 NH 2 = 0,15 nol. Vậy hỗn hợp khí Z gồm NH3 và CH3NH2. Suy ra mMuối = mHCOONa + mCH 3 COONa = 0,15.68 + 0,05.82 = 14,3g. Ta có độ bất bão hòa = 1 với ∀n → Axit no, đơn chức, mạch hở thỏa mãn khi n =1. Câu 10: Đáp án D. Vậy CTPT: C3H6O2. Câu 11: Đáp án A. - Phản ứng với dd brom; dd AgNO3/NH3 đun nóng: chỉ có Glucozơ phản ứng. - Thủy phân trong môi trường axit: chỉ có saccarozơ bị thủy phân. Câu 12: Đáp án B. Quan sát đáp án ta thấy chỉ có đáp án B và D thỏa mãn điều kiện. : : %M C %M H 90,566 9,434 Ta có CTTQ của X: CxHy. 12 1 12 1 Mà x: y = = = 7,547: 9,434 = 4: 5 Vậy CTĐGN: (C4H5)n  Với n = 2, ta có CTPT: C8H10. Câu 13: Đáp án C. Ta có thể tích khí H2 tạo thành khi phản ứng với dd Ba(OH)2 > thể tích khí H2 tạo thành khi phản ứng với H2O (xét cùng m g hỗn hợp kl). - Phản ứng với nước: nH 2 = 4nBa  nBa = 0,015 mol (ứng với m g hh). → Khi phản ứng với H2Odư thì Al còn dư, chỉ một phần Al tác dụng với OH- tạo thành. Phản ứng với Ba(OH)2: nH 2 = .nAl + nBa  nAl = 0,6 mol (ứng với 2m g hh). 3 2 . 100% = 79,8%. 0,6.27 - 0,6.27+0,03.137 Vậy %mAl = Câu 14: Đáp án A. Lưu ý khi dd Y hòa tan Cu không tạo thành sản phẩm khử của N+5 → ion NO3- phản ứng hết. Cách 1: Vì đề không cho HNO3 dư, nên không chắc chắn toàn Fe bị oxi hóa thành Fe3+, nên torng dung dịch gồm Fe2+ Mà nFe 3+ = 2nCu = 0,13mol. và Fe3+. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 2nFe 2+ + 3nFe 3+ = 3nNO → nFe 2+ = 0,015 mol Vậy nFe = nFe 2+ + nFe 3+ = 0,145 mol  mFe = 8,12g. Cách 2: Quan sát quá trình phản ứng, dung dịch cuối cùng gồm Fe2+, Cu2+. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 2nFe + 2nCu = 3nNO  2nFe + 2.0,065 = 3.(0,1 + 0,04)  nFe = 0,145 mol  mFe = 8,12g. Câu 15: Đáp án B. Lưu ý khi nung đến khối lương toàn bộ muối hidrocarbon bị nhiệt phân thành muối carbonat, sau đó muối carbonat Áp dụng ĐLBT điện tích, ta có: 1.nNa + + 2. nBa 2+ = 1.nHCO − + 1. nCl −  x + y = 0,5 mol. của kim loại (ngoại trừ muối carbonat của kim loại kiềm) tiếp tục bị nhiệt phân thành oxit kim loại tương ứng. Quan sát đáp án, dễ dàng loại đáp án D, còn đáp án A, B đều có nHCO − < 0,2 mol → nCO 2− < nBa 2+ = 0,2mol. 3 3 3 BaCO3 → BaO + CO2 to Nên toàn bộ muối BaCO3 bị nhiệt phân: Vậy mrắn = mNa + + mBa 2+ + mCl − + mO 2− = 0,1.23 + 0,2.137 + 35,5.y + 16.x/2 = 29,7 + 35,5y + 30x = 43,6g. Giải hpt, ta có x = 0,14mol; y = 0,36 mol. Câu 16: Đáp án C. Lưu ý kết tủa thu được gồm Cu(OH)2 và BaSO4. Ta có mH 2 O = = 150g; mH 2 SO 4 = 500.30 500.70 Câu 17: Đáp án C. 100 100 = 350g. Gọi x là mol oleum cần dùng. H2SO4.3SO3 + 3H2O → 4H2SO4 x……………..3x………4x www.MATHVN.com Page 2
www.DeThiThuDaiHoc.com . 100% = . 100% m′H 2 SO 4 350 +98.4x m′H 2 SO 4 +m′H 2 O 350+98.4x+150−18.3x Vậy C% = = 98%  x = 500/217 mol  moleum =778,8g. Ta có nBr 2 = nX = nmuối = 0,1mol → MMuối = 108g/mol  R = 41 g/mol (C3H5). Câu 18: Đáp án C. Vậy X: C3H5COOH (4 đp, kể cả đp hình học). Câu 19: Đáp án B. Câu 20: Đáp án C. C2H2 → C2Ag2 CH3CHO → 2Ag Giải hpt, ta có naxetilen = netanal = 0,01 mol. Câu 21: Đáp án B. A. Sai, nhận biết frucotozo và glucozo dùng dd brom. C. Sai, tinh bột và xenlulozơ không phải đồng phân của nhau. D. Sai, chỉ có xenlulozơ dễ kéo thành sợi. 5,75.6 Câu 22: Đáp án A. 100 Ta có Vrượu = = 0,345 lít = 345ml → mrượu = Vrượu.d = 345.0,8 = 276g  nrượu = 6mol = naxit  maxit = 360g. Ta có nAgCl = 108+35,5 = 0,05mol → nCl − = 0,05 mol trong 50g dd A. 7,175 Câu 23: Đáp án D. Mà ban đầu ta có mdd A > 385,4g tương ứng nCl − > = 0,3854 mol  nCl 2 p.ư = . nCl − > 0,1927 mol 0,05.385,4 1 50 2 . 100% > 64,23%. n Cl 2 p .ư n Cl 2 b đ Vậy H = Câu 24: Đáp án C. Giải hpt, 27nAl + 64ncu = 18,2g và 3nAl + 2nCu = 3nNO + 2nSO 2  nAl = nCu = 0,2 mol  mAl = 0,2.27 = 5,4g  %mAl = 29,7%. Ta có nBaCO 3 = 0,6 mol. Câu 25: Đáp án A. TH1: NaOH dư → nCO 2 = nBaCO 3 = 0,6 mol. TH2: Tạo dung dịch 2 muối CO32- và HCO3- → nCO 2 = nOH − - nCO 3 = 1,5 – 0,6 = 0,9 mol. = 0,843 < nhh = nCO 2 < 166 166 197 84 Ứng với 0,9 mol CO2 tạo thành, giải hpt, ta có nMgCO 3 = 0,1 mol; nBaCO 3 = 0,8 mol. Mà = 1,98 mol  Loại trường hợp 1. Vậy mMgCO 3 = 8,4g → %mMgCO 3 = 5,06%. Câu 26: Đáp án C. Các dd khi tác dụng với bột sắt dư tạo Fe2+ là FeCl3, CuSO4, Pb(NO3)2, HCl, HNO3 (loãng), H2SO4 (đặc nóng). Câu 27: Đáp án D. 2SO2 + O2  2SO3 với ∆H < 0 Mà ∆H < 0 → Phản ứng tỏa nhiệt. Để cân bằng dịch chuyển sang chiều tạo SO3 (chiều thuận), ta giảm nhiệt độ, và tăng áp suất bình. Câu 28: Đáp án B. Các chất tác dụng với dd AgNO3/NH3 tạo kết tủa là C2H2, CH2O, CH2O2 (HCOOH); C3H4O2 (HCOOCH=CH2). Câu 29: Đáp án B (Tơ xelulozơ axetat là tơ bán tổng hợp). Câu 30: Đáp án D. Các đồng phân thỏa mãn ycđb là HCOOC=C-C-C (2đp, cis-, trans-); HCOOC=C(C)-C; C-C-COOC=C-C (2đp, cis-, trans-); C-C-C-COOC=C. Câu 31: Đáp án C (Trong dipeptit chỉ có 1 lk peptit). Câu 32: Đáp án B. - Chỉ có nhóm –OH gắn trực tiếp vào vòng benzen mới có khả năng tham gia phản ứng với dd NaOH. Câu 33: Đáp án C. Ta có nCu = 0,005mol. Catot Anot Cu + 2e → Cu 2+ 2Cl- → Cl2 + 2e www.MATHVN.com Page 3
www.DeThiThuDaiHoc.com ……..0,01...0,005 mol ……………..0,01 mol Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O 0,005..0,01 mol. Mà nNaOH spu = 0,05.0,2 = 0,01 mol → nNaOH bđ = 0,01 + 0,01 = 0,02 mol  CM NaOH = 0,1M. Câu 34: Đáp án A. . 100% = 90,27%. 65.n Zn Quan sát ta thấy ∆m = 0  (64 – 56).nFe + (64 – 65).nZn = 0  8nFe = nZn. Vậy %mZn = 65.n Zn +56.n Fe Áp dụng ĐLBT nguyên tố [C], ta có: nNa 2 CO 3 + nKHCO 3 = nCO 2 + nBaCO 3 = 0,045 + 0,15 = 0,195 mol. Câu 35: Đáp án A. Mà nH + = nCO 2− + nCO 2 = 0,15 mol  nCO 2− = nNa 2 CO 3 = 0,105 mol → nKHCO 3 = 0,09 mol. 3 3 Vậy mhh = a = 0,105.(23.2 + 60) + 0,09.(39 + 1 + 60) = 20,13g. Câu 36: Đáp án C (Ăn mòn điện hóa mới làm phát sinh dòng điện). Câu 37: Đáp án A. Vậy [OH-]dư = 10-2M  nOH − dư= 0,005 mol. Dd X có pH = 12 → OH- dư. Mà nOH − p.ư = nH + = 0,25.0,08 + 2.0,25.0,01 = 0,025 mol Suy ra nOH − bd = 0,025 + 0,005 = 0,03 mol → nBa (OH )2 = . nOH − bd = 0,015mol  CM Ba (OH )2 = a = 0,06M. 1 2 Câu 38: Đáp án A. → nNaOH trung hòa = 1,25 mol = nH 2 O . Ta có chỉ số axit của chất béo bằng 7, vậy lượng NaOH cần dùng để trung hòa 10kg chất béo trên là 50g 1 Mà nNaOH p.ư = nNaOH bđ – nNaOH dư = 35,5 – 0,5 = 35mol. 3 Mặt khác nNaOH p.ư = nNaOH trung hòa + nNaOH thủy phân  nNaOH thủy phân = 33,75 mol → nglixerol = .nNaOH thủy phân = 11,25 mol Vậy mglixerol = 1035g = 1,035kg. Câu 39: Đáp án B. Quan sát đáp án, ta thấy A, B, D đều có gốc ancol là CH3OH → Giả sử este A có dạng RCOOCH3. Và hỗn hợp muối khan gồm RCOONa và NaCl. Vậy nAg = 0,4 mol  nancol = nRCOONa = nandehit = 0,1mol. Mà mmuối = mRCOONa + mNaCl  mRCOONa = 15,25 – 0,1.58,5 = 9,4g → MRCOONa = 94 g/mol  MR = 27 g/mol (C2H3-). Hỗn hợp Y gồm nước và andehit, mà nH 2 O = nandehit. Câu 40: Đáp án D. � Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có Mandehit = 40 g/mol Áp dụng sơ đồ đường chéo, hoặc giải hpt, ta tính được nHCHO = 0,1 mol và nCH 3 CHO = 0,25 mol. Vậy hỗn hợp andehit gồm HCHO và CH3CHO. Suy ra mancol = 0,1.32 + 0,25.46 = 14,7g. Câu 41: Đáp án D. Áp dụng ĐLBT nguyên tố [N], ta có: nHNO 3 = nNO −/mu ối + nNO = 0,2.2 + 0,02 = 0,42 mol. Chất rắn gồm các oxit đồng và đồng → Quy chất rắn X về 0,2 mol Cu và y mol O. 3 Vậy Vdd = 0,84 lít. Câu 42: Đáp án B (Phenol không làm đổi màu quỳ tim). Câu 43: Đáp án A. S + 2H2SO4 đ, nóng → 3SO2 + 2H2O Câu 44: Đáp án C. Hỗn hợp X gồm MgO và CuO → Dung dịch A gồm Mg2+ và Cu2+ → Mg phản ứng hết. Chất rắn B gồm Ag và Cu (nếu có). Mg + 2Ag+ → Mg2+ + 2Ag x.…..0,06 mol Mg + Cu2+ → Mg2+ + Cu x-0,03...0,05mol Mà moxit = mMgO + mCuO = 40.x + 80.(0,05 – (x – 0,03)) = 3,6g  x = 0,07 mol. Vậy Mg phản ứng với Cu2+ tạo thành (0,07 – 0,03) mol Cu. www.MATHVN.com Page 4
www.DeThiThuDaiHoc.com Mặt khác, khi hòa tan rắn B vào dd H2SO4 đặc nóng, ta có: nAg + 2nCu = 2nSO 2  0,06 + 2nCu = 2.0,09  nCu = 0,06 mol (Theo ĐLBT electron). Ta thấy mol rắn Cu thu được là 0,06 mol trong đó gồm 0,04 mol Cu tạo thành từ phản ứng trên, vậy mol Cu trong hh kim loại là 0,02 mol (vì Mg khử hết ion Ag+, nên Cu không tham gia phản ứng). Suy ra mhh kl = 0,07.24 + 0,02.64 = 2,96g → %mMg = 56,8%. Câu 45: Đáp án C. Phản ứng giữa oxit và axit, thật ra là phản ứng trao đổi O trong oxit thành gốc axit. Áp dụng tăng/ giảm khối lượng, ta có: mO/ Oxit = mOxit – mKl = 22,3 – 14,3 = 8g  nO/ Oxit = 0,5 mol. Vậy nCl −� = 2nO/ Oxit = 1mol  mCl −� = 35,5g  mmuối = mKL + mCl −� Ta có 1O2- → 2Cl- mu ối mu ối mu ối = 49,8g. Hoặc sử dụng tăng/ giảm khối lượng, ta có: mmuối – mOxit = (35,5.2 – 16).0,5 = 27,5  mmuối= 22,3 + 27,5 = 49,8g. Câu 46: Đáp án D. Nước Ion Ca2+, Mg2+ cứng - Đun nóng. Toàn Tạm thời HCO3 - - Thêm một lượng vừa đủ Ca(OH)2. phần - Thêm muối Na2CO3; Na3PO4. Vĩnh cửu Cl-, SO42- -Thêm muối Na2CO3; Na3PO4. Ta có nH 2 /X = nH 2 p.ư + nH 2 dư = nankan + nH 2 dư = nZ = 0,25 mol Câu 47: Đáp án A. Vậy nolefin/X = nX - nH 2 /X = 0,4 – 0,25 = 0,15 mol. Mà mX = mH 2 /X + molefin/X  molefin/X = 5,18g → Molefin = 34,5(3) g/mol → n = 2,4(6). � Áp dụng ĐLBTKL, ta có: mX = mY  mX = molefin dư + mZ = 1,82 + 0,25.7,72.2 = 5,68g Cách 1: Áp dụng sơ đồ đường chéo, hoặc giải hpt, ta có nC 2 H 4 = 0,08 mol → %VC 2 H 4 = 20%. Cách 2: Ta thấy n = 2,4(6) ≈ 2,5 nên nC 2 H 4 ≈ nC 3 H 6 ≈ 0,075 mol → %VC 2 H 4 ≈ 18,75% � Vì n < 2,5 nên nC 2 H 4 > nC 3 H 6 → %VC 2 H 4 > 18,75%  Đáp án A. � Câu 48: Đáp án B. Ta có nX = 0,05 mol = nancol Y; nAg > 0,14  nAg > 2nancol Y → Y là CH3OH. Câu 49: Đáp án A. Lưu ý đề cho khối lượng Na và khối lượng chất rắn, nên có thể Na dư. � Mà naxit = 2nkhí = 0,22mol → Maxit = 56,36 g/mol → n = 1,74. � Áp dụng ĐLBTKL, ta có maxit = mrắn + mkhí – mNa = 12,4g. Vậy hh axit gồm HCOOH và CH3COOH. Câu 50: Đáp án C (CH3NH2 có tính baz nên làm quỳ tím đổi màu xanh). www.MATHVN.com Page 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.